机械振动基础试卷3答案.pdf

2kr 2
kr
2
kr 2
4kr
2
2kr
2 −ω2 kr 2
I
kr 2 4kr 2 -ω2
I
uu12
=
0 0
得ω12 = (3 −
2) kr 2 , I
ω2 2
=
(3 +
2) kr 2 I
其振型分别为：
u1
=
1
,
u2
=
2 −1
− 2 +1
1
4. 试从 X = H () A
1+ (2 / n )2 ,
学无 止 境
振动分析与实验基础课程考试试卷 3 答案
1. 求如图 1 所示系统的周期，三个弹簧都成铅垂，且 k2 = 2k1 ， k3 = k1 。(共计 15 分)
解：
等效刚度=
(1
1 +
1
)
+ k3
=
5 3
k1
k1 k2
由
n =
k= m
5k1 3m
故系统的周期为
T = 2 = 2 3m
n
5k1
2. 重物 m1 悬挂在刚度为 k 的弹簧上，并处于静平衡位置，另一重物 m2 从高度为 h 处自由
系统的动能为
ET
=
1 2
I112
+
1 2
I
22
2
=
1 2
I
(12
+ 22 )
系统的势能为
U
=
1 2
k1 (r1 ) 2
+
1 2
k2 (r1
+
r 2 )2
+
1 2
k
3
(r
2
)
2
从而可得
M
=
I 0
0
I
，
K
=
k1r
2 + k2 k2r 2
r
2
系统的特征方程为：
k2r 2 k2r 2 + k3r
2
=
=0
2).
ω12
=
g l
,
ω2 2
=
2ka 2 + mgl ml 2
=
g l
+
2ka 2 ml 2
相应振型分别为：
u1 = 1 1T , u2 = 1 −1T
3) .
当
k
变化时，ω 2 1
没有变化，ω 2
2
产生变化。
当 k 变小时，ω2 将变小，且ω2 与ω1 接近。
当
k
变大时，ω 2
将变大，且ω 2
落到 m1 上无弹跳，如图 2 所示，求其后的运动。(共计 15 分)
解：根据题意，取 M= m1 + m2 所处的平衡位置为原点，向下为正，得系统运动的微分方程
为：
M x + kx = 0
x0
=
−
m2 g k
,
x0 =
2m2 gh m1 + m2
学无 止 境
解得
x
=
x0
cos
nt
+
x0 n
sin
| H () |= 1/ 1（- / n）2 2+ (2 / n )2
学无 止 境
证明：1).无论阻尼比ξ取何值，在频率比 / n = 2 时，恒有 X = A
2).在 / n ＜ 2 ，X/A 随ξ增大而减小，而在 / n ＞ 2 ， X / A 随ξ增大而增大。
(共计 15 分)
证明：1). 因
(2 /n )2 ( /n )2 − 2 ( /n )2
d
1+ (2 /n )2
(1− ( / n )2 )2
+ (2 / n )2
3 2
d(X )
故当 / n ＜
2 时，
A d
＜0，从而 X / A 随ξ增大而减小
d(X )
而当 / n ＞
2 时，
A d
＞0，故
X / A 随ξ增大而增大。
X= A
1+ (2 / n )2 H ()
| H () |=
1
1（- /n）2 2 + (2 /n )2
故当 / n = 2 时，
| H (ω) |=
1
1 + (2 2)2
所以， X =
1 + (2 2 )2 = 1，故无论阻尼比ξ取何值恒有 X / A
A 1 + (2 2)2
2).
d(X ) 因 A=
t t0 t t0
x(t)
=
F0 mωn
2
cosωn
(t
−
t0
)
−
cosωn t
6. 如图 5 所示，由弹簧耦合的双摆，杆长为 l ，
1).写出系统的刚度矩阵，质量矩阵和频率方程 2).求出固有频率和振型 3).讨论 k 值改变对固有频率的影响。(共计 15 分)
解：1).建立二个独立坐标 1 , 2
ka
2
+
mgl
cos 2
因1,2 很小，故可得 cos1 1, cos2 1
其频率方程为：
M
=
ml 0
2 0
ml
2
，
K
=
ka 2
−
+ mgl ka 2
− ka2 ka2 + mgl
学无 止 境
ka 2 + mgl −ω2ml 2 − ka 2
ka 2
− ka 2 + mgl −ω2ml 2
系统的动能为：
ET
=
1 2
ml
212
+
1 2
ml
22 2
系统的势能为：
U
=
1 2
k
(a1
− a2 )2
+
mgl(1 −
cos1) +
(1 −
cos2 )
由 kij
=
2U i
j
,
mij
=
2 ET i j
可得
M
=
ml
2
0 ，
0 ml 2
K
=
ka 2
+ mgl cos1 − ka 2
− ka 2
5. 一个高 F0 ，宽 T0 的矩形脉冲力加到单自由度无阻尼系统上，把这个矩形脉冲力看做两 个阶跃脉冲力之和，如图 T-2.43 所示，用叠加原理求 t> t0 后的响应。(共计 15 分)
解：设
f1(t) = F0 ,
t0
学无 止 境
0 f2 (t) = − F0
则由叠加原理可得， t t0 时，
nt
= − m2 g cos( k t) + 2m2 gh sin( k t)
k
m1 + m2
k
m1 + m2
3. 如图 3 所示系统两个圆盘的半径为 r ，设 I1 = I 2 = I , k1 = k2 = k, k3 = 3k, 求系统的
固有频率和振型。(共计 15 分)
解：取1, 2 为系统的广义坐标，
2
2E (X − x )Y − y
x y
( ) ( ) = 2 2E (X − x ) Y −ห้องสมุดไป่ตู้ y x y
= 2 2 EXY − x y
x y
= 2 2 xy
从而
2 2xy 0,
即 xy 1
与ω 1
间距变大。
7. 证明相关系数的绝对值小于或等于 1.，即 xy 1。(共计 10 分)
证明：因
xy
=
EXY − x y
x y
考虑到
E
X − x x
Y −y y
2
0
而
( ) ( ) E
X − x x
Y −y y
2
=
E
(X − x )2
x2
E +
Y −y y2