结构动力学习题解答(一二章)

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结构动力学习题解答

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；

x （2）利用牛顿第二定律m

F,得到系统的运动微分方程；

（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。 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J

M,得到系统的运动微分方程；

（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。 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

LL

=0，得到系统的运动微分方程； ()

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

d(TU)

0，进一步得到系dt

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Ai、Ai1。

（2）由对数衰减率定义 ln(

Ai

)，进一步推导有 Ai1



21

1

2

，

结构动力学习题解答

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：

1,2max/22/4；

于是

2

12(12)n；

进一步

222(12)n；

最后

21/2n/2n；

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F0sint作用下其稳态响应为：

xAsin(t),

其中： A

m



F0

20

2n

4n

2

2



14

2

xst

2



2

； (1)

arctan2/12 (2)

2

结构动力学习题解答

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F0sint作用下的振动过程中，在一个周期内，弹性力作功为 Wc0、阻尼力做功为 WdcA2、激振力做作功为 WfF0sin；

（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： Wc+Wd+Wf0；

于是 F0sin-cA20 进一步得： AF0sinc；（3）当n时，sin1，

则 Amaxxst2，

得 max12, 2max。

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

11148EI

刚度为 k23；等效刚度为k;有；

kkkL12

k

111

k1k2



48EIk48EIk1l3

m

L/2 L/2

则固有频率为：

km



48EIl3

；图1-33（a） 3

48EIk1lm



（2）此系统相当于两个弹簧串联, 等效刚度为: m

48EI

kk13; L/2 L/2

l

k1 则固有频率为: 

km

k1l348EI

ml3

图1-33（b）

3

结构动力学习题解答

(3)系统的等效刚度为

m k1 k1

kk1

3EI3EI

k133

ll

图1-33（c）

k1l33EIk

则系统的固有频率为 

mml3

（4）由动量距定理（

得：

mFIm

0

0

11111 k k lk1llk1l）=ml211

22222

k10 ，得： 

2m

则 

k1

。 2m

图1-33（d）

1.5 求下图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



112

2I0xTT重物T轮子（m） 22

2

k

A

1P11P2xP2P2

2( 图1-34 x（）R)xx

22g22gR4g4g

B



P2

 x2g

12

kx ； 2

0

x

系统的势能能为：

UU重物U弹簧Px

拉格朗日函数为

L=T-U ;

由拉格朗日方程

LL()0 得 dtxx

P

kx0 xg

4

结构动力学习题解答

则，

0=

kg P

kg P

所以：系统的固有频率为

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

R 其动能T=T平动 +T转动。 x M

图1-35

T平动T转动

1

Mx2; 2

22

1x1MR2xI;2R22R

113

2Mx2Mx2； Mx244

1

Kx2； 2

T

而势能

U

系统机械能

TU

31

2Kx2C; Mx42

由

d

TU0得系统运动微分方程 dt

3

Kx0； Mx2

得系统的固有频率

n

2K

； 3M

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,

rr

解：由齿轮转速之间的关系ArABrB 得角速度 BAA；转角BAA；

rBrB系统的动能为：TTATB

11

JAA2JBB2 22

C A

1mArA21mBrB22B21mAmBrA2A2； B D TA

22422

5

结构动力学习题解答

图1-36

系统的势能为：

rA211112222UKAAKBBKAAKBBKAKB2

2222rB



2

; A

系统的机械能为

rA21122ATUmAmBrAKAKB2

42rB

2

C； A

由

d

TU0 得系统运动微分方程 dt

2r12AAKAKBmAmBrA

2rB2



0； A

因此系统的固有频率为：

rA22KAKB2rB

mAmBrA2



rA22KAKB2rB

mAmB



n



1rA

；

1.8已知图１－３７所示振动系统中，匀质杆长为L，质量为m，两弹簧刚度皆为K，阻尼系

0时数为C，求当初始条件00

（１）f(t)Fsint的稳态解； C f(t)

（２）f(t)(t)t的解； L/2 L/2 解：利用动量矩定理建立系统运动微分方程

LLLLCJKf(t)K ； K K 

2222

L

2

L2

2

2

2

mmL2dr而 Jrdmr ；图１－３７ L12LL



2



2



2



2

3CL26KL26Lf(t)；得 mL2

化简得

3C6K6

f(t) (1) mmmL

（１）求f(t)Fsint的稳态解；  

将f(t)Fsint代入方程（1）得

 

3C6K6

Fsint (2) mmmL

6

结构动力学习题解答

令2n

3C6K6F;n2;h; 得 mmmL

2n2hsint （3） n

设方程（3）的稳态解为

xAsin(t) （4）将（4）式代入方程（3）可以求得：

A

h

6F

L6Km

arctg



n

2



22





4n

2n

2

2



22



；

9C

2

2

arctg

3C6Km

2

n

22

；

（２）求f(t)(t)的解；将f(t)(t)代入方程（1）得

 

3C6K6

(t) （5） mmmL

令2n

3C6K6

;n2;h; 得 mmmL

2n2h(t) （6） n

方程（6）成为求有阻尼的单自由度系统对于脉冲激励h(t)的响应。由方程（6）可以得到初始加速度

h(t)； 0

然后积分求初始速度

dth(t)dth(t)dth ； 00

0

0

0



0



0



0

再积分求初位移

dth)dt0； 00

0

0



0



0

、和的瞬态响应这样方程（6）的解就是系统对于初始条件000

xAentsindt；

将其代入方程（6）可以求得：

A

hmdhmd

;0;

最后得

xAentsindt

entsindt

7

结构动力学习题解答

1.9图１－３８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 mgH

1

mV02的振子的初速度V02gH； 2

底版与地面粘住后，弹簧振子的振动是对于初速度 V02gH的主动隔振

m

系统的运动微分方程为：

CxKx0 ； K/2 c K/2 mx

或 x

CK

x0; xmm

2nxn2x0; H x或 

系统的运动方程是对于初始条件的响应：

xAentsindt；

Ax02

0nx0x

d2gHx

0 ； dd

2

arctg

dx0

0 ；

0nx0x

2gH

sindt;

x

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：

m k(yy1)c(yy1) Ymy1

其中：y表示路面波动情况；y1表示汽车上下波动位移。 K/2 C K/2 将其整理为：

cykyky1cy1 (1) Y(t) y m

将yhsin(at)代入得

cykyachcos(at)khsin(at) 图１－３９ my

(2)汽车振动的稳态解:

设稳态响应为：yAsin(ta)

8

结构动力学习题解答

代入系统运动微分方程（1）可解得：

k2c22

Ah； 2222

(km)c

mc3

aacrtan()； 222

k(km)c

1.11.若电磁激振力可写为F(t)Hsin20t，求将其作用在参数为m、 k、 c的弹簧振子上的稳态响应。

解：首先将此激振力按照傅里叶级数展开：



a0

F(t)(aicos(it)bisin(it))

2i1

2T2T

其中：aiF(t)cos(it)dt； biF(t)sin(it)dt

T0T0

2

因为F(t)Hsin(0t)是偶函数，所以bi0。

于是

F(t)

而

HH

cos(20t) 22

x(t)

式中

H

Asin(20ta/2)； 2k

H2m

(n40)16n0

2

2

2

2

A

；

aarctan

2n

；

n2402

n

ck2

,n 2mm

3,求其等效粘性阻尼。 1.12.若流体的阻尼力可写为Fdbx3 ；解：（1）流体的阻尼力为Fdbx

dt；（2）设位移为 xAcos(t)，而 dxx

3xdt)；（3）流体的阻尼力的元功为 dWdFddx(bx

（4）流体的阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为：

9

结构动力学习题解答

4334

WFddxbxdxbxdtb[Acos(ta)]dtb3A4

4

（5）粘性阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为：cA （6）等效粘性阻尼：取n，令

可得：ceq

2

33

bnA4nceqA2 4

32

bnA2 4

10

结构动力学习题解答

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

1kx1k(x1x2); X1 X2 mx

2k(x2x1)kx2; m m x m

k k k

12kx1kx20； x即 m

2kx12kx20；（1）图 2-11 x m

（2）系统的特征方程根据微分方程理论，设方程组（1）的解为：

x1A1sin(t)；x2A2sin(t) （2）

将表达式（2）代入方程组（1）得：

(m2A12kA1kA2)sin(t)0

(m2A2kA12kA2)sin(t)0 （3）

因为sin(t)不可能总为零，所以只有前面的系数为零：

(2km2)A1kA20;kA1(2km)A20;

2

；

即

2km2



k

A10k

；（4）

2km2A20

（３）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：

2km2

k

展开得

k2km

2

0 ；

m4mk3k0 ；（5）系统的固有频率为：

1K/m ； 23K/m

2422

; （6）

（４）系统的固有振型将1，2代入系统的特征方程（4）式中的任一式，得系统的固有振型，即各阶振幅比为：

1A1(1)

(1)

A2



(1)

1;

1



(2)



A1(2)

(2)A2

1;（7）

系统各阶振型如图所示：其中（a）是一阶振型，（b）是二阶振型。

11

结构动力学习题解答

+1 +1 +1

（a） (b)

-1

（５）系统的主振动系统的第一主振动为

(1)(1)(1)x1A1sin(1t1)A1sin(

k

t1);m

k

t1)m

(1)(1)(1)x2A2sin(1t1)(1)A1sin(

系统的第一主振动为

(2)(2)(2)x1A1sin(2t1)A1sin(

3k

t1);m

3k

t1)m

(2)(2)(2)x2A2sin(2t1)(2)A1sin(

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

1212212

1212T(2m)u(m)umumu u1 u2

222

（2）系统的势能 A 2m B m 因为弹簧上端A、B两点的位移

uA2u1

u1u2uu2

;uB1; K K 22

所以系统的势能为

V

uu22Ku1u22K

(2u11)()2222

L L L

K22

(5u12u1u2u2) ; 图2-12 4

1K222

2mu(5u12u1u2u2) 24

(3)系统的Lagrange函数

21LTVmu

（4）系统的运动微分方程由Lagrange方程

d

dtLuj

l0uj

j1,2

可得

5K

Ku1u20;22 KK

2Ku1u20;mu

2212mu

即

12

结构动力学习题解答

5Ku2m12Kum22



K

u102

; Ku20

2

（６）系统的特征方程设系统的运动微分方程的解为

u1A1sin(t),u2A2sin(t) 代入系统的运动微分方程得系统的特征方程

5K2

2mKA1A20;

22

KK

KA1m2A20;22

即

5K2

2mKA0

221; KKA202m22

（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

5K2

2mK

220; KK2m22

即

4m247Km22K20;

解得

系统的固有频率

K

m

K

； m

10.6;21.18

（７）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

系统的固有振型

A1(1)

(1)A2



1

(1)

0.28;

A1(2)

(2)A2



1

(2)

1.67;

（8）系统的主振动

(1)(1)(1)u1A1sin(1t1)A1sin(0.6

k

t1);m

k

t1)m

(1)(1)(1)u2A2sin(1t1)0..28A1sin(0.6(2)(2)(2)u1A1sin(1t1)A1sin(1.18

k

t1);m

k

t1)m

(2)(2)(2)u2A2sin(1t1)1.67A1sin(1.18

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。

13

结构动力学习题解答

（1）写出用杆端铅直位移u1和u2表示的运动方程； u1 C m u2 （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 2K K 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 uC

1

u1u2; L 2

u2uu2u1

; 图2-13 LL

均质杆绕质心C的转角为 sin1

1u2)m(u

K(2u1u2);2

均质杆的运动微分方程即 2 KL

1u2Ku1LJCu2;mLuKL

Ku1Lu22

12L2

cK(2u1u2);mu

即

1u2)2K(2u1u2);mu24Ku12Ku20;m(umu

即 1 （1）

1u26K2u1u2;1mu212Ku16Ku20;mumu

（2）系统的特征方程

设运动微分方程（1）的解为 u1A1sin(t) 、u2A2sin(t)，代入方程（1）

m2A1m2A24KA12KA20;m2A1m2A212KA16KA20;

即

4Km2

2

m12K

2Km2A10

;

6Km2A20

（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

4Km2

m212K

2Km2

0; 2

6Km

即

m2412Km224K20;

解得

系统的两个固有频率

11.612;23.066；

（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（8）系统的两阶主振动

(1)(1)(1)u1A1sin(1t1)A1sin(1.612t1);(1)u2

A1(1)

(1)A2



1

(1)

(2)3A1137;(2)(2); 7A267



(1)

A2

sin(1t1)

(1)

2.33A1

sin(1.612t1)

14

结构动力学习题解答

(2)(2)(2)u1A1sin(1t1)A1sin(3.066t1);(2)u2



(2)A2

sin(1t1)

(2)

1.81A1

sin(3.066t1)

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）系统运动微分方程

12K(u2u1);2mu

22K(u2u1);mu

即 u1 u2

m

2k 2m

12Ku12Ku20;2mu

（1）

22KKu12Ku20;mu

（2）系统特征方程图2-14

设运动微分方程（1）的解为

u1A1sin(t)

和 u2A2sin(t)，代入方程（1）

KmAKA0; 2KA2KmA0;

2

1

1

22

2

即

Km22K

A10K

;

2Km2A20

（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

Km22K

K

0;

2Km2

即

m43K20;

解得

10;2

3K

; m

（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

A1(1)

(1)A2



1

(1)

1;

A1(2)

(2)A2



1

(2)



1; 2

+1 +1 +1

15

结构动力学习题解答

-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 xc

L

sin1sin2,ycLcos1cos2 ； 1 L/2 22LLc1cos12cos2,y1sin12sin2； 2 C 22

cx



（2）求系统的Lagrange函数

LTV

112221mgLcoscos ；图2-15 CCmxyJC212

222



mL222mL22112212cos122mgLcos1cos2 ； 8242



（3）求系统的运动微分方程 dL由Lagrange方程

dtj

l0jmL24mL24

mL2

即 42

mL4

j1,2

2

可得

mL1

4mL213L2

mgL0;22

2mg0;21



00

1

; mgL20

2

mL2mgL

412

mL220

3

（4）系统特征方程

设运动微分方程（1）的解为 1A1sin(t) 和2A2sin(t)，代入方程（1）

LmL22mL22

(mg)A1A20;

244 mL22LmL22A1(mg)A20;423

LmL22mL22

)(mgA10

244; 即 

mL22LmL22A20

(mg)423

（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

LmL22mL22

(mg)

244

0; 22

mL2LmL2(mg)423

16

结构动力学习题解答

即 L2414g212g20; 解得系统的两个固有频率

1

gL

;23.6

g

;； L

（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

A1(1)

(1)A2



1

(1)

1;

A1(2)

(2)A2



1

(2)



13; 11

+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m1

11

m2；k1k2；证明该系统22

(1)(2)

x1k12k1x1

;2;(1)2;(2)1 ；的固有频率和固有振型为：12m1m1x2x2

解：(1)系统振动微分方程

1k11x1k12x20m1x

（1）

m2x2k12x1k22x20

（2）系统特征方程设方程组的解为

x1A1sint xAsint22

代入方程组（1）式得

k

系统特征方程{

11

2m1A1k12A20

k21A1k22m2A20





2



（2）

（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： X1 m1

K112m1

K12

K12K22m2

2

0 K1

2

即k11m1）（k22m2）k12k210 (3) X2 m2

2

17

结构动力学习题解答

（4）系统固有频率 K2 根据已知条件 k11k1，k21k12k1， k22k1k23k1，m1

k22

11

m2，k1k2; 图2-16 2211

k1k23k1，m1m2，k1k2;

22

5k12k14

0 ， 2m1m1

2

代入（3）式得

21

k12k12

,2 ； 2m1m1

（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

(1)A1(1)A2



k12

1m1k11

k12

2



k1k1

k12

2；

A1(2)

(2)A2



22m1k11



k1

1；

2k1k1

（7）系统的主振动：

(1)x1(1)x2



A1(1)

(1)A2

2 ；

(2)x1(2)x2



A1(2)

(2)A2

1；

证毕。

2．7 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。

m1 x1 m2 x2

m k1 k2

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m1和m2列出振动微分方程：

18

结构动力学习题解答

1k1x1k2(x1x2)f(t)m1x

2k2(x2x1)0m2x

即：

（1-1）

1(k1k2)x1k2x2m2esint)m1x

2k2x1k2x20m2x

（1-2）

(2求系统的稳态响应：设系统的稳态响应为 xA1sin(t1)

1 （1-3）

x2A2sin(ta2)

即

x1C1sintC2costx2D1sintD2cost

（1-4）

将表达式（1-4）代入式（1-2），根据两个方程中包含sint的系数和为零及包含cost的系数和为零，可得如下方程组：

(m12k1k2)C1k2D1m2e;(m1k1k2)C2k2D20;

2

即

k2C1(m22k2)D10;k2C2k2D20;

（1-5）

求解方程组（1-5）得：C2D20

C1

m2e(k22m2)

m2ek2

m1m24m1k22m2k12k1k2m2k22m1m2m1k2m2k1k1k2m2k2

4

2

2

2

;

;

D1

C2D20;

（1-6）

所以在公式x1A1sin(t1),x2A2sin(ta2)中有

m2e(k22m2)

A1;

m1m24m1k22m2k12k1k2m2k22 A2

m2ek2

m1m2m1k2m2k1k1k2m2k2

4

2

2

2

;

120;

（1-7）

2.8在如图2-18所示的系统中，一水平力Fsin(ωt)作用于质量块M上，求使M不动的条件。

解：（1）系统有两个自由度，选广义坐标为x,φ （2）系统的动能

T

12121)212mlxcos X MXmXm(l2222

（3）系统的势能 K M K

19

结构动力学习题解答

U

1

2kx2mgl(lcos) 2

（4）Lagrange函数  L LTU 图2-18 m L

112mlxcoskx2mglmglcos 2ml2(Mm)x22

（5）对Lagrange函数求导

Lcos;d(L)(Mm)cos;L2kx;mlml(Mm)xxxdtxxLdLLmlxmlsinmglsincos;()ml2cos;ml2xmlx dt

;

（6）Lagrange方程

dLL

()Fsintdtxx

dLL()0dt

得

cos2kxFsintml(Mm)x

2mlmlxcosmlxsinmglsin0

因为振动为微幅振动，所以

cos12,sin

（8）解方程：

设xAsint，Bsint代入方程并整理得：

A2(Mm)B2ml(12)2AkFBmlAmlmlABBmgl0

因为M不动，所以A=0。而B不能等于零，故，

2

2

2

2

2

mgl2ml20，

解得



g

； l

2.9在图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 解：（1）系统自由度、广义坐标：

20

结构动力学习题解答

图2-19所示的系统自由度N=2，选Y、为 

广义坐标。 R V （2）系统运动微分方程

;12Iy11my

（1）

;Imy

12

22

其中系数： 11

L3L2L

,12,22; 3EJ2EJEJ

（3）系统特征方程

设 yA1sint,A2sint 代入方程（1）得

A1sin(t)11m2A1sin(t)12I2A2sin(t)0;A2sin(t)12m2A1sin(t)22I2A2sin(t)0;

整理得

111m2212m

mL32

12I213EJ

2

122I2L2

2EJ

L2I2

02EJ; （2）

0L

12EJ

（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：

mL321

3EJL222EJ

即

L2I22EJ0; L12

EJ

19L3m2

10; 2

48EJ192EJ

4

L3m

2

解得：

1

1.62

LEJ8.6

,2mLLEJ

; mL

2.10图2-20所示的是两自由度系统。其中P1Pcos(t)，k=987,m=1，C=0.6284，C0.0628,求系统的固有频率、振型和u1的稳态响应。解：（1）系统自由度、广义坐标 u1 u2 系统自由度N=2； C C C

m m  广义坐标选u1和u2 K K

（2）系统运动微分方程 K K K

P1 根据牛顿第二定律，写出

1Ku1K(u2u1)C(u2u1)Cu1P1mu

2Ku2Cu2C(u1u2)K(u2u1);mu

;

图2-20

写成矩阵形式：

21

结构动力学习题解答

1CCCu1KKKu1Pcostm0u

; 0muuuCCCKKK0222

（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

msms

解得

2

CCsKKU1(s)(CsK)U2(s)



Pss

2

2

;

(CsK)U1(s)ms2CCsKKU2(s)0;



有

2

CCsKK(CsK)





(CsK)

0;

ms2CCsKK



s1,20.31j31.4,s3,40.346j37.37;

因此

131.4,237.37;

系统的固有振型，即各阶振幅比为：

1A1(1)

(1)A2



(1)

1;

1



(2)



A1(2)

(2)A2

1;

系统的第一主振动为

(1)(1)(1)x1A1sin(1t1)A1sin(1t1);(1)x2



(1)A2

sin(1t1)

(1)

(1)A1

sin(1t1)

系统的第一主振动为

(2)(2)(2)x1A1sin(2t1)A1sin(2t2);(2)x2



(2)A2

sin(2t1)

(2)

(2)A1

sin(2t2)

（3）u1的稳态响应由拉氏方程组解得

U1(s)

ms

Psms2CCsKK

2

CCsKKms2CsKs22









;

于是

A1Psms2CCsKK; 2ms2CCsKKms2CsKsj









以sj代入得

A1Pje22

14212





12040.69;

0.759870.0.63

22

2

2

2

2

22

结构动力学习题解答

arctan

u1的稳态解为

u1A1cos(t);

0.691204

2

arctan

0.751421

2

arctan

0.63987

2

;

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 M2 u2

u1(t)U1cos(t),u2(t)U2cos(t)， K2

试证明 u1

2

(km2)p1 kpM1 P1cost 2 U1(),U2()21

D()D()

其中D()(k1k2m1)(k2m2)k2 K1/2 K1/2

2

2

2

图2-21 （3）将吸振器调到k2m2k1m1，证明当2k1m1时，即原系统处于共振状态，U1的响应振幅为零；

（4）若吸振器调到m2m10.25时，画出k1U1p1和k1U2p1对频率比r的频幅图。

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

k1m1

••

m1u1P1costk1u1k2(u2u1)

； ••

m2u2k2(u1u2)

••

mu(k1k2)u1k2u2p1cos(t)

即 11； ••

m2u2k2u1k2u20

（2）将系统的稳定响应代入运动微分方程组得

(k1k2m12)U1k2U2p1

； 2

k2U1(k2m2)U20

由Cramer法则，

(k22m2)p1

U1()

D()

2

,

U2()

2

k2p1

D()

2

其中 D()(k1k2m1)(k2m2)k2 （3）当k2m2k1m1时，系统的频率方程为

k1k2m12

D()

k2

23

k2

0；

k2m22

结构动力学习题解答

将2k1m1代入上式，显然满足方程，故此时系统处于共振状态。并且有

(k22m2)p1

U1()0

D()

设k2m2k1m1，且m2m10.25时，可得

k1U1k1U2

p1

1r2

p1

(1r2)(1r2)1

(1r2)(1r2)

所以频幅图为

150100500-50-100

0

0.5

1

r1.5

2

2.5

24

k1U2/p1

k1U1/p1

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