振动力学课后答案

1.8 图示为一周期性方波。

（1）将它展成傅里叶级数；
（2）比较（1）的级数与例1.1中的级数，你观察到方波相位前移1/4周期时有什么效应？ 解：一个周期内函数P(t)可以表示为
()P P t P ⎧=⎨-⎩ 由于区间[0，T]内()P t 关于
2
T
堆成，一周内面积为0，故0a =0。

()2cos t T
n t t
a x n tdt T ω+=⎰
320223022cos cos cos p n tdt n tdt n tdt ππ
πωωω
ππωωωωωωπ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰
3222030
22sin sin sin p n n n n n n π
ππ
ω
ω
ω
ππω
ωωωω
ωπω
ω
ω
⎡
⎤⎢⎥=
-
+
⎢⎥⎣
⎦
040
P
n π⎧⎪=⎨⎪⎩ ()2sin t T
n t t
b x n tdt T ω+=⎰
320223022sin sin sin p n tdt n tdt n tdt ππ
πωωω
ππωωωωωωπ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰
3222030
22cos cos cos p n n n n n n πππ
ω
ω
ω
ππω
ωωωωωπωω
ω
⎡
⎤⎢⎥=-
+
-
⎢⎥⎣
⎦
= 0 ∴图示方波的傅里叶级数展开式为：
()1
1,3,41
sin()cos 2
n
t n n n P P a n t n t n
π
ωωπ===+
=
∑∑ 0
411
(cos cos 3cos 5)35
P t t t ωωωπ
=
+
++ 比较例1.1，可以得到：相位前移1/4周期后，傅里叶级数的每一项函数由奇函数变为偶函数，但各分量的幅值不变。

320,22322t t t πππ
ωωω
ππ
ωω
<<
<<<<n n 为奇数
为偶数
2.8 求图所示的系统的固有频率，其中钢丝绳的刚度为k 1.滑轮质量忽略不计。

解：对于系统，钢绳等效为弹性系数为k 1的弹簧。

则每个弹簧的变形分别为：
11mg k λ=
224mg k λ= 33
4mg
k λ=
总变形123123
44mg mg mg
k k k λλλλ=++=++
系统等效刚度为： 123
231312
44e k k k mg
k k k k k k k λ
=
=
++
系统的固有频率为：
n ω=
=
2.27 一个有阻尼的弹簧质量系统，质量是10Kg ，弹簧静伸长时1cm ，自由振动20个循环后，振幅从0.64cm 减至0.16cm ，求阻尼系数c 。

解：由幅值1210.64,0.16,
A cm A cm == 代入减幅公式（2.65）得到120201210.640.16
n T A e e A ζωδ
=== 两边求对数，
1ln 420()T ζω==
由于振动衰减的很慢，ζ一定很小，所以ln 440πζ≈
，而c
c c ζ==
所以ln 4 1.3862 6.9/4020c N s m ππ=
⋅=⨯=⋅
3.14 对于图示系统，证明：（1
）n ω=时，摆杆的中点是节点N ，在单摆振动时N 点始终不动；（2）一般情况下，摆锤至节点N 的距离为2
(
)n b l ωω
=。

证明：（1）由于微幅振动中偏角θ的变化规律为：
22
sin 1a t l λθωλ=-，其中n
ωλω=
，n ω=
当n ω==
n ωλω==
，
节点N 的位移N x 可表示为：
2
2
sin sin 221N s l l a x x a t t l λθωωλ
=+=+⋅⋅- 12sin (1)21
a t ω=-⋅=0
即，当n ω=时，摆杆中点N 在摆动中始终不动。

（2）一般情况下，节点N 的位移N x 为：
2
2
sin sin 1N s a x x b a t b t l λθωωλ''=+=+⋅⋅- 2
2sin (1)1b a t l λωλ
'=+⋅-
则不动点N 的位移0N x =
即：22101b l λλ'+⋅=-，222
1n b l ωωω'⋅=--， 2
2(1)n
b l ωω'=- 摆锤至节点的距离2
2n
b l b l ωω
'=-=⋅
3.33 求零初始条件下的无阻尼系统对图所示激振力的响应。

解：图示函数可以表示为：
1()0t P P t t P ⎧-⎪=⎨⎪⎩
① 当10t t <≤时，
()0
1
()sin ()t t n n x P t d m τωττω=-⎰
001
1(1)sin ()t n n P t d m t τ
ωττω=--⎰ 0001
[sin ()sin ()]t t n n n P
t d t d m t τωττωττω=---⎰⎰
000111[cos ()sin ()]t t n n n n P t t d m t ωττωττωω=---⎰ 0001(1cos )sin ()t
n n P P t t d k kt ωτωττ=---⎰ 利用分步积分法udv uv vdu =-⎰⎰，求解后一项：
令t u =，sin ()n t d dv ωττ-=，则1cos ()n n
v t dt ωτω=-
0sin ()t
n
t ωτ-⎰0
01
1
cos ()cos ()t
t
n n n
n t t t dt ωτωτωω=---⎰ 1
1
11
1
s i n (s i n )
n n n
n n
n
n
t t t t ωωωωωωω=-
=
-
000
1
11sin ()(sin )t
n n n
P P t d t t kt kt τωττωω--=-
-⎰
∴ 0
()11
sin (1cos )n t n n P t t x t k t t ωωω=
--+ 10t t <≤
②当1t t >时，由于激振力已经消除，系统将以时刻1t t =时的位移()t x 和速度()t x
作为初始条件做自由振动。

1()11sin (cos )n t n n P t x t k t ωωω=-+ 01()11
cos (sin )n t n n P t x
t k t ωωω=+ 由公式（2.14）(1)()(1)11cos ()sin ()t t t n n n
x
x x t t t t ωωω=-+- 代入整理得到：
∴0
1()1
sin sin ()[cos ]n n t n n P t t t x t k t ωωωω--=-+ 1t t >
11
0t t t t <≤>
4.10 如图所示，刚性杆AB 质量不计，按图示坐标建立系统运动微分方程，并求出固有频率和相应的主振型。

解： 当m 下降单位长度时，根据系统受力平衡和m 所受力矩为零得：
11212120
220k k k k kl k l k l -+++=⎧⎨
++⋅=⎩ 解得 112154k k
k k
=⎧⎨
=-⎩ 同理得
221254k k
k k
=⎧⎨
=-⎩ 系统的质量矩阵和刚度矩阵分别为 002m M m ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ 5445k
k K k k -⎡⎤
=⎢⎥-⎣
⎦
由0Mx Kx += 得微分方程 1122054002450x x m k k x x m k k -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤
+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦
⎣⎦⎣⎦ 系统的特征矩阵为2254452k p m k B k k p m ⎡⎤--=⎢⎥--⎣⎦
由频率方程
22540452k p m k k k p m
--=-- 得 422215()9()0k k p p m m -+= 解得 21 6.85
k p m =，2
2
0.65k p m
=
固有频率为1p =
，2p = 特征矩阵的伴随矩阵2252445k p m k adjB k
k p m ⎡⎤
--=⎢⎥--⎣⎦
将固有频率值代入，得主振型 110.4625φ⎡⎤
=⎢⎥
⎣⎦，211.0875φ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦
4.29 试确定题4.17的系统对作用于质量m1和质量m4上的阶跃力14P P P ==的响应。

解：作用力方程为
1122334400000000020000002000000
0x x m k k x x m k
k
k x x m k k k x x m k
k -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
+=
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-- ⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭⎝⎭
令主振动为()11223344sin e e e e x x t x x φφωϕφφ⎡⎤
⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，代入得：212
22324000020002000e e e e k m k k k m k k k m k k k m φωφωφωφω⎡⎤--⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥
---⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦
⎣⎦⎣⎦ 令 2
,m k αω=方程可写成 1234110
001
21000
12100
110e e e e φα
φαφαφα--⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎢⎥⎢
⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥
---⎢⎥⎢⎥⎢⎥
--⎣⎦⎣⎦⎣⎦ （2）
求得特征方程为234
41060αααα-+-+=，
解出12340,2,22αααα====
于是四个固有频率为
1234
0,ωωωω==
==
为求主振型，先将10αα==代入（2），得到下列方程组：12123
23434020200
e e e e e e e e e e φφφφφφφφφφ-=⎧
⎪-+-=⎪⎨-+-=⎪⎪-+=⎩
显然，令11,e φ=解得2341,1,1e e e φφφ==
=。

同样将2342,22ααα===
2）得到四个主振型为：
(
(123411111111,,,11111111φφφφ--⎡⎤⎡⎤
⎡⎤
⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
====⎢
⎥⎢
⎥⎢⎥⎢⎥---+⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣
⎦⎣
⎦。

振型矩阵1111111111111111--⎡⎤⎢⎥-+⎢⎥
Φ=⎢--⎢⎢⎥⎣⎦。

则 1
1
2,T p p M M M -⎛⎫ΦΦ=ψ=Φ ⎪⎝⎭
求得 4.000
0000 2.34310000 4.00000
0013.657p M m ⎡⎤⎢⎥⎢
⎥=⎢⎥⎢⎥
⎣⎦
系统的正则振型为：0.50000.65730.50000.27060.50000.27060.50000.65330.50000.27060.50000.65330.50000.65330.50000.2706--⎡⎤
⎢⎥--⎢⎥
ψ=⎢⎥--⎢⎥⎣⎦
由题意，施加的作用力为 0()0P P t P ⎡⎤⎢⎥
⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
将作用力变换到正则坐标下：()(
)100.004010T T P R t P t P ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥
-⎢⎥⎥=ψ=ψ=
⎢⎥⎥⎢⎥⎥⎣⎦⎣⎦
由()I R t ξ
ξ+Λ= 得 2323
232
3(1cos )(1cos )()4(1cos )(1cos )m t t k m t t P k x t m
m t t k m t t k ωωωω⎡⎤+-⎢⎥⎢⎥
⎢⎥
--⎢⎥=⎢⎥
⎢⎥--⎢⎥⎢⎥⎢⎥
+-⎣⎦
，其中3ω=
5.12 根据由位移方程得到的瑞利商()T F T X MX
R X X MFMX
=，推导里兹法的矩阵特征值问题的另外
一种形式为 2()0M L a ω-=。

解：里兹法中，系统的主振型假设为1122ˆˆˆs s X a a a φφφ=+++ ，
其中D 是以s 个线性独立的假设振型作为列组成的n s ⨯阶矩阵：12ˆˆˆ[,,,]s
D φφφ= ，a 是s 维常数列向量12[,,,]T s a a a a = ，主振型可写为X Da =
将上式代入由位移方程求得的瑞利商中，得到：
2()()T T T F T T T a D MDa a Ma
R X a D MFM Da a La ω===, （1）
式中T M D MD = ()T L D MFM D =
由于()F R X 在系统的真实主振型处取驻值，所以a 的各元素应当从下列方程中确定：
()
0i
R X a ∂=∂ 1,2
,,i s = 于是有：
2
1[()()()()]0()T T T T
T i i
a La a Ma a Ma a La a La a a ∂∂-=∂∂ 1,2,,i s = 由式（1）上式可写为： 2()()0T T i i
a Ma a La a a ω∂∂
-=∂∂ 1,2
,,i s = （2） 算出
()()()2(
)2T T T
T
T i i i i i
a M a a M a a M a a M a e M
a a a a a ∂∂
∂
∂=+==∂∂∂∂ 1,2,,i s = 其中i e 是s 阶单位阵s I 的第i 列，上面s 个方程可合写为： ()2T
a M a M a a
∂=∂ （3） 其中
a
∂
∂表示将函数分别对的各个元素依次求偏导，然后排成列向量，同样可得到 ()2T
a L a L a a
∂=∂ （4） 相应的，式（2）可表示为
2()()0T T
a Ma a La a a
ω∂∂-=∂∂，将（3）和（4）代入得： 2()0M L a ω-=
6.18 一根简支梁在t=0时刻梁上所有的点除去两端点以外都得到横向速度v ，求梁的响应。

解：两端简支的等截面梁边界条件为
(0)
0Y =, (0)0Y ''=, ()0Y l =, ()0Y l =。

代入 1234()cos sin Y x C x C x C ch x C sh x ββββ=+++
得到130C C ==，40C =，sin 0i l l
π
ββ=→= 所以梁的固有频率
: 2(
)i i i a l πωβ== 1,2,i =
主振型: ()sin sin
i i i i x
Y x C x C l
πβ== 1,2,i =
将主振型代入归一化条件：22
(sin
)12
l
i i i x Al A C dx C l πρρ==⎰
，得系数i C =梁的初始条件：00t y ==，0t y
v == 正则坐标的初始条件为：0
(0)0()l
j j
A Y x dx ηρ=
⋅⋅⎰
(0)()l j j A v Y x dx η
ρ=⋅⋅=⎰ 1,3,5,i =
因没有激振力，正则广义力为0，(0)()sin j j j j
t t η
ηωω= 于是梁的自由振动为
1
1
(,)()()i i i i i i y x t Y x t t ηω∞∞
====∑ 2331,3,41sin cos i i vl i x
t a i l πωπ∞==∑
7.2 图示四边简支的矩形板受到均匀分布力P 0（P 0为常数）的作用而产生静变形，若t=0时分布力P 0突然移去，试求薄板的自由振动。

解：四边简支矩阵板的边界条件为：
20
2
0x x W W x ==∂==∂； 22
0x a
x a
W W x ==∂==∂； 2002
0y y W W
x
==∂==∂； 22
0y b y b
W W
x
==∂==∂。

代入（7.37）所假设的主振型，可以得到 四边简支的矩形板主振型为：,,sin
sin i j i j i x j y
W A a b
ππ= 固有频率：
222
,22(i j i j a b ωπ=+
将主振型归一化：2
,,0
(sin
sin )a
b
i j i j i x j y hW dxdy h A a b
ππρρΩ
=⎰⎰⎰
⎰
22
2,0
0sin sin a
b i j i x j y hA
dx dy a b ππρ=⎰
⎰
2,14
i j
ab
hA ρ==
∴系数,i j A =
初始条件：0(,,0)x y P ω=；
0t t
ω
=∂=∂。

正则坐标的初始条件：,0
,2
,1
(0)(,)r s r s
r s hPW
x y dxdy ηρω
Ω
=⎰⎰
20
0,1
sin
sin a
b r s
i x j y dx dy a b
ππω=⎰⎰
2,8r s
P π=
,1,3,5,i j =
,,(0)0(,)0r s r s h W x y dxdy η
ρΩ
=⋅⋅=⎰⎰ 薄板的自由振动为：
,,,11
(,,)(,)(0)cos r s r s r s r s x y t W x y t ωηω∞∞
===∑∑
0,2
1,3,5,1,3,5,8sin i j i j P i x i y t a b ππωπ∞
∞
===
∑∑
,22
61,3,5,1,3,5,0
sin
sin 16cos ()i j i j i x i y
P a b t i j D ij a b
ππωπ∞
∞
===
+∑∑
其中：222
,22(i j i j a b ωπ=+。