机械动力学第二版 石端伟 第一章习题答案

−ξωnt
••
•
( A1 cos ωdt + A2 sin ωdt ) + X sin (ωt − ϕ )
F0
2 2
式中 ωd = 1 - ξ
2
ωn
X =
m ωn 2 − ω
(
)
+ 4ξ 2ωn 2ω 2
=
F0
m 1 − λ2
(
) + (2λ )
2
k
2
, (1)
ϕ = arctan
2ξωnω 2ξλ ω = arctan ，λ = 2 2 2 ωn ωn − ω 1− λ
1 (k 2 + k 3) 4
2 解：分别对圆盘左右两边的轴求刚度
k1 =
πd 4 G
32l1
，k 2 =
πd 4 G
32l 2
，
由于两轴并联，所以系统的等效刚度： k = k 1 + k 2 =
πd 4 G 1
1 + 。 32 l1 l 2
f =
ω 1 = 2π 2π
k 1 = I 2π
cos nω
π 2π 3π 2 T 2 2ω 2ωF 0 2ωF 0 2π − 2ωF 0 π 2 ω bn = ∫ F (t )sin nωt = ∫ t sin nωtdt + ∫ π sin nωt t − t − sin nωtdt + ∫3ω π 0 0 T T π π ω π ω 2ω 2ω
•
− nt e − nt + x = −n x0 + e x 0 + nx 0 t x 0 + nx 0
• •
•
到达平衡位置时 x = 0 ， t =
− x0 x 0 + nx 0
•
令 ωn =
k 180 = = 10 s −1 带入相关数据得 m 1.8
R ω ω⇒ f = l 2π
R l
6 解：杆与水平面的夹角为 θ ，则利用等效质量和等效刚度先把原系统简化到 B 点，根据简 化后动能相等。
1 • 1 • 1 • T = m1 a1θ + m 2 a 4θ = me a 4 θ 2 2 2 a1 ∴ me = m1 + m 2 a4
当摆角很小时有： sin β =
••
R R sin θ ≈ θ ⇒ meω 2 sin β ≈ mω 2 Rθ e e
••
（ ϕ 是摆线与质量到 O 连线的夹角） 质量 m 的切向加速度： l θ + (R + l )ϕ ， 二力对 O 点取力矩的合力应等于零。
•• •• ∴ m l θ + (R + l )ϕ l + mω 2 Rθl = 0
，
′
整理后得到 ml
2
θ + mω 2 Rθl = m(R + l )ϕ l
••
••
••
（1） （2）
2
无阻尼受迫振动方程为： I θ + kθθ = T
2
将（1） （2）对比后得到： I = ml ，kθ = mω Rl
系统的固有角频率为： ωn =
2
kθ mω 2 Rl R 2 = = ω ⇒ ωn = I l ml 2
•
•
k g = = M δj
48 EI 1 。则 f = 3 2π Ml
48 EI ，于是只需要求出 Ml 3
x • yx • y 物 max .. = y 物 max .. 。 2l y中
∴ 中间点的最大动能为：
l 1 x • 1 •2 ρl • 2 Ty = ∫ ρ y max dx = ∫ ρ y 物 max = y 物 max 0 2 0 2 24 2l l
•
x 0 + nx 0 e − nt x 0 + nx 0 t e − nt + x = −n x 0 +
• •
•
（2）
到达平衡位置时 x = 0 ，由（1）可得 t =
− x0 x 0 + nx 0
•
令 ωn =
k 180 = = 10 s −1 带入相关 m 1.8
( )
数据得
t = 0.5s
到达最远位置时 x = 0 ，由（2）可得 t =
•
− x0 n x 0 + nx 0
•
•
= 0.6 s −1
( )
带入到（1）可得 x max = 0.00124(cm )
9 解：系统的振动方程为 m x + c x + kx = F 0 sin ωt 其解为 x = e
2
2
2
2
简化前后势能相等。
2 2
1 1 1 a3 a2 2 2 2 U = k 1(a 2θ ) + k 2(a 3θ ) = ke(a 4θ ) ⇒ ke = k 1 + k 2 2 2 2 a4 a4
固有频率： f =
1 2π
1 ke = me 2π
•
常数 A1，A2 由初始条件 t = 0, x 0 = 0, x 0 = 0 确定，利用（1）可得
A = X sin ϕ , A =
X
ωd
(ξωn sin ϕ − ω cos ϕ )
带入（1）得初始响应为：
x = Xe
1 −ξωnt sin ϕ cos ωdt + (ξωn sin ϕ − ω cos ϕ )sin ωdt + X sin (ωt − ϕ ) ωd
a 2 2 k1 + a3 2 k 2 a1 2 m1 + a 4 2 m 2
−ξωnt
7 解：在临界位置系统的自由振动方程的解为： x = (B1 + B 2t )e
其中
B1 = x 0, B 2 = x 0 + ξωnx 0 ， n = ωn
•
e − nt ∴ x = x0 + x 0 + nx 0 t
（2）
由已知条件可知， ξ << 1，ω = ωn,∴ ωd = ωn 。 X =
π F0 1 , ϕ = , λ = 1 带入（2）近 • 2 k 2ξ
似得到 x =
F 0 1 −ξωnt • − 1 e cos ωnt 。 k 2ξ
式子中固有频率为 ωn =
kg = G
29200 × 9.8 = 14 s −1 1960
将 a 0, an, bn 带入 F (t ) =
a0 ∞ + ∑ (an cos nωt + bn sin nωt ) 。 2 n =1
•• ••
系统的振动方程为： m x + kx = F (t ), ⇒ x +
n −1
k F (t ) x= m m
其中
k = ωn 2 m
∞ (− 1) 2 • sin nωt 8F 0 解方程后得： x = 2 • ∑ π k n =1,3,5 2 nω 2 n 1 − ωn
由傅里叶级数求各项系数 a 0, an, bn 分别为
a 0 = 0, an =
π 2π 3π 2 T 2 2ω 2ωF 0 2ωF 0 2π − 2ωF 0 π ω 2ω ( ) F t cos n ω t t cos n ω tdt t cos n ω tdt + = + − t − 3 π π ∫ ∫ ∫ ∫ T 0 T0 π π ω π ω 2ω 2ω
( )
t = 0.5s
8 解：在临界点状态时系统的自由度振动方程解为： x = (B1 + B 2t )e 其中 B1 = x 0, B 2 = x 0 +wk.baidu.comξωnx 0
•
−ξωnt
n = ωn
（1）
e − nt ∴ x = x0 + t x 0 + nx 0
4.解：在空气中： T 1 =
2π
ωn
= 2π
G kg
(1)
在液体中有系统的振动方程：
• G •• x + 2 µA x + kx = 0 g
（2）
∴T2 =
2π
ω
=
(1 − ξ )ω
2
2π
=
n
2
2π
ωn −
2π
c 2m
2
2
=
2π kg µAg − G G
πd 4 G (l1 + l 2 )
32 Il1l 2
。
mgl 3 3 解：有材料力学得，中间点的静挠度为： δj = 48 EI
所以固有角频率为： ωn = 系统的等效质量即可。 有材料力学得：设中间点的挠度为 y中 ，令物体 m 在振动过程中的最大速度为： y 物 max .. 。 于是梁上各点的最大运动速度为： y max =
1.解：根据势能相等原理：
1 2 1 1 1 kx = k 1 x12 + k 2 x 2 2 + k 3 x3 2 2 2 2 2
2 2 1 1 1 x x k 1 x 2 + k 2 + k 3 2 2 2 2 2
=
则系统的等效刚度为 k = k 1 +
2 ρl • 1 •2 1 ρl • 系统的最大动能为： T = T物 + Ty = m y 物 max + y 物 max = + m y 物 max 2 24 2 12
\
2
∴ 系统的等效质量为： M =
ρl
12
+m
将该式子带入到 f =
1 2π
48 EI ρl 3 + m l 12
( )
e
−
ξωnt ≤ 1 ， ξωnt ≥ 100 ， t ≥ 1 In100 = 4.605 = 1.645(s ) ∴e 100 0.2 × 14 ξωn
10 解:有图示可得 F（t）的方程式
0 < t < π <t 2ω 3π <t 2ω
2ωF 0 π , F (t ) = t 2ω π 3π − 2ωF 0 π , F (t ) = < t − 2ω π ω 2π 2ωF 0 2π , F (t ) = < t − ω π ω
∴
2πG µAg T 1T 2 T 2 − T1 = T 2 − T1 ⇒ µ = • 2π gAT 1T 2 G
2 2 2
2
5 解质量 m 产生的离心惯性力是 meω 。它在 L 法线方向的分量 meω sin β
2
2
（ β 是摆线与 O 之间的夹角）
由几何关系可以得到：
R e （ θ 是摆线与水平线之间的夹角） = sin β sin θ
2
2
(3)
结合(1)(3)可得： T 2 =

2 µAg 2π − T1 G
2 2 2 µAg T 2 2 π 将上式变形后得： =1 − 2π T 1 G