结构动力学习题解答(一二章)

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∑=F x 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。

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 θ,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θ，写出系统对于坐标θ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θθ∂∂-∂∂∂LL dt )( =0，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。

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0)(=+dtU T d ，进一步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。

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 )ln(1+=i iA A δ， 进一步推导有 212ζπζδ-=，因为ζ较小， 所以有πδζ2=。

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/max 2,1ζββ==；于是221)21(n ωζω-=；进一步222)21(n ωζω+=；最后()n n ωωωωωζ2/2/12∆=-=；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t F ωsin 0作用下其稳态响应为：)sin(αω-=t A x ,其中： ()()222222020414ωζωωωω+-=+-=stnx n mF A ； (1)()()21/2arctan ωωζα-= (2)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ζ。

方法二：功率法：（1） 单自由度系统在t F ωsin 0作用下的振动过程中，在一个周期内， 弹性力作功为 0=c W 、 阻尼力做功为 2A W c d πω-=、 激振力做作功为 απsin 0F W f -=；（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 W +0=f W ；于是 παsin 0F -02=A c πω 进一步得： ωαc F A sin 0=； （3） 当ωω=n 时，1sin =α，则 ζ2max st x A =，得 ζβ21max =, max 2βζ=。

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k 1、简支梁刚度为 3248LEIk =； 等效刚度为k;有21111k k k +；31214848111lk EI EIk k k k +=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=L/2 L/2则固有频率为：()ml k EI EIl mk3134848+==ω； 图1-33（a ） （2）此系统相当于两个弹簧串联, 等效刚度为: 3148lEIk k +=; L/2 L/21k 则固有频率为: 33148mlEIl k mk +==ω 图1-33（b ） (3)系统的等效刚度为m k1 k1113333EI EIk k k l l=+=+ mm则系统的固有频率为 3133k l EI km ml ω+==图1-33（c ）（4） 由动量距定理()θ 0I F m =∑得：（l k l l k l 2121212111⋅⋅+⋅⋅θθ）=θ 221ml 1k 1k 得： 021=+θθmk ， 则 mk 21=ω 。

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θ 为广义坐标，则系统的动能为()2022121θ I x m T T T +=+=）（轮子重物 ()2222244)21(21221xg P x g P R x R g P x g P +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=）（ 图1-34 22x gP =系统的势能能为：221kx Px U U U +=+=弹簧重物 ；拉格朗日函数为L=T-U ;由拉格朗日方程0)(=∂∂-∂∂∂xL x L dt 得 0=+kx x gP则，0ω=Pkg 所以：系统的固有频率为Pkg 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mABθθ 0xk为K 。

解：磙子作平面运动， K其动能T=T 平动 +T 转动 。

x图1-3522221;211;222T Mx x MR x T I R R =⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭平动转动222434121x M x M x M T =+=； 而势能221Kx U =； 系统机械能C Kx x M U T =+=+222143 ; 由()0=+U T td d得系统运动微分方程 023=+Kx x M ； 得系统的固有频率MKn 32=ω ； 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m A ，半径为r A ，齿轮B 的质量为m B ，半径为r B,杆AC 的扭转刚度为K A , ,杆BD 的扭转刚度为K B ,解：由齿轮转速之间的关系B B A A r r ωω= 得角速度 A B A B r r ωω=；转角A B A B r rϕϕ=；系统的动能为：222121B B A A B A J J T T T ωω+=+= C A()22222241221221A A B A B B B A A A r m m r m r m T ωωω+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛=； B D 图1-36系统的势能为：()222222221212121A B AB A B B A A B B A A r r K K K K K K U ϕϕϕϕϕ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=+=; 系统的机械能为()C r r K K r m m U T A B A B A A A B A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+222222141ϕϕ ； R M由()0=+U T td d得系统运动微分方程 ()021222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++A B A B A A A B A r r K K r m m ϕϕ； 因此系统的固有频率为：()()B A B A B A AA B A B A B A n m m r r K K r r m m r r K K +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=22222212ω；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 ，阻尼系数为C ，求当初始条件000==θθ 时 （１）t F t f ωsin )(=的稳态解； C f(t)（２）t t t f )()(δ=的解； L/2 L/2 解：利用动量矩定理建立系统运动微分方程θθθθ22222)(22⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=L K L t f L K L C J ； K K 而 ⎰⎰--===222222212L LLL mL dr L m r dm r J ；得 )(663222t Lf KL CL mL =++θθθ； 化简得)(663t f mLm K m C =++θθθ(1) （１） 求t F t f ωsin )(=的稳态解； 将t F t f ωsin )(=代入方程（1）得t F mLm K m C ωθθθsin 663=++ (2) 令;6;6;322mLFh m K m C n n ===ω 得 t h n nωθωθθsin 22=++ （3） 设方程（3）的稳态解为)sin(αω-=t A x （4） 将（4）式代入方程（3）可以求得：()()2222222229664ωωωωωC m K L Fn hA n+-=+-=；222632ωωωωωαm K C arctgn arctgn -=-= ；（２） 求)()(t t f δ=的解； 将)()(t t f δ=代入方程（1）得)(663t mLm K m C δθθθ=++ （5） 令;6;6;322mLh m K m C n n ===ω 得 )(22t h n nδθωθθ=++ （6） 方程（6）成为求有阻尼的单自由度系统对于脉冲激励)(t h δ的响应。

由方程（6）可以得到初始加速度)(0t h δθ= ； 然后积分求初始速度h t d t h t d t h t d ====⎰⎰⎰+++0000000)()(δδθθ ； 再积分求初位移0)00000====⎰⎰++t d h t d θθ ； 这样方程（6）的解就是系统对于初始条件0θ 、0θ 和0θ的瞬态响应 ()ϕω+=-t Ae x d t n sin ；将其代入方程（6）可以求得：;0;==ϕωd m h A最后得()()t e m h t Ae x d t n dd t n ωωϕωsin sin --=+=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 ，求方盒自由落下和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，所以振子和盒子之间无相对位移。

在粘地瞬间， 由机械能守恒定理 2021mV mgH =的振子的初速度gH V 20=； 底版和地面粘住后，弹簧振子的振动是对于初速度 gH V 20=的主动隔振系统的运动微分方程为：0=++Kx x C xm ； K/2 c K/2 或 ;0=++x mKx m C x或 ;022=++x x n x n ωH m系统的运动方程是对于初始条件的响应：()ϕω+=-t Ae x d t n sin ；d d d n gH xx x x A ωωωζω2020020==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++= ； 0000=+=x xx arctgn d ζωωϕ ；();sin 2t gHx d dωω=1.10汽车以速度V 在水平路面行使。