振动习题答案

《振动力学》——习题
第二章 单自由度系统的自由振动
2-1 如图2-1 所示，重物1W 悬挂在刚度为k 的弹簧上并处于静止平衡位置，另一重物2W 从高度为h 处自由下落到1W 上且无弹跳。

试求2W 下降的最大距离和两物体碰撞后的运动规律。

解：
2
22221v g
W h W =
，gh v 22=
动量守恒：
122
122v g
W W v g W +=，gh W W W v 221212+=
平衡位置：
11kx W =，k
W x 1
1=
1221kx W W =+，k
W W x 2
112+=
故：
k
W x x x 2
1120=
-= ()2
121W W kg
g W W k n +=+=
ω
故：
t
v t x t
x
t x x n n
n n n
n ωωωωωωsin cos sin cos 12
000+
-=+-=
x
x 0
x 1
x 12
平衡位置
2-2 一均质等直杆，长为l ，重量为w ，用两根长h 的相同的铅垂线悬挂成水平位置，如图2-2所示。

试写出此杆绕通过重心的铅垂轴做微摆动的振动微分方程，并求出振动固有周期。

解：给杆一个微转角θ
2a
θ＝h α
2F ＝mg
由动量矩定理：
a
h a mg a mg Fa M ml I M I 822cos sin 12
12
2
-=-≈⋅-====αθ
αθ
其中
1
2cos
sin ≈≈θ
αα
h l ga p h
a mg ml n 2
22
22304121==⋅+θθ g h a l ga h l p T n 3π23π2π22
2=
==
2-3 一半圆薄壁筒，平均半径为R , 置于粗糙平面上做微幅摆动，如图2-3所示。

试求
其摆动的固有频率。

图2-3 图2-4
2-4 如图2-4 所示，一质量m连接在一刚性杆上，杆的质量忽略不计，试求下列情况
系统作垂直振动的固有频率：
（1）振动过程中杆被约束保持水平位置；
（2）杆可以在铅垂平面内微幅转动；
（3）比较上述两种情况中哪种的固有频率较高，并说明理由。

图T 2-9 答案图T 2-9
解：
（1）保持水平位置：
m k
k n 2
1+
=
ω（2）微幅转动：
mg
l
l
l
F
2
1
1
2+
=
mg
l1l2
x
x2
x
x'
mg
l
l
l
2
1
2
1+
=
k2
k1
m
l1l2
()()()()()()()()()mg
k k l l k l k l mg
k k l l k l l k l l l k l mg k k l l k l k l l l l k l l mg l mg
k l l l k l l l l l l k l l mg l l l l x x k F x x x 2
12212
2
21212
122122112121222121221121112121212221121112122
11
12111 ++=+-++=+-⋅+++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++++=
+-+='+=
故：
()2
2
21212
12
21k l k l k k l l k e
++=
m
k e
n =
ω 2-5 试求图2-5所示系统中均质刚性杆AB 在A 点的等效质量。

已知杆的质量为m ，A
端弹簧的刚度为k 。

并问铰链支座C 放在何处时使系统的固有频率最高？
图2-5 图2-6
2-6 在图2-6所示的系统中，四个弹簧均未受力。

已知m =50kg ，19800N m k =，
234900N m k k ==，419600N m k =。

试问：
（1）若将支撑缓慢撤去，质量块将下落多少距离？ （2）若将支撑突然撤去，质量块又将下落多少距离？
｛2.17｝ 图T 2-17所示的系统中，四个弹簧均未受力，k 1= k 2= k 3= k 4= k ，试问： （1）若将支承缓慢撤去，质量块将下落多少距离？ （2）若将支承突然撤去，质量块又将下落多少距离？
图 T 2-17
解：
k
k k k k k k k k k k k k k k k 2
1
32
24123412312342312311233223=+=
=+==+=
（1）01234x k mg =，k
mg
x 20=
（2）()t x t x n ωcos 0=，k
mg
x x 420max =
= 2-7 图2-7所示系统，质量为m 2的均质圆盘在水平面上作无滑动的滚动，鼓轮绕轴的转动惯量为I ，忽略绳子的弹性、质量及各轴承间的摩擦力。

试求此系统的固有频率。

图2-7
解：
系统动能为：
k 1
k 2
k 3
k 4
m
22
22212
2
2222
2212
1
2321 2121212121x m x m R I m r x r m x m R x I x m T e =⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛++=⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
系统动能为：
22
2221122
21
1222
1 21 2121x k x R R k k x R R k x k V e =
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+=
根据：
max max V T =，max max x x
n ω= 2
2212
221122
2
3m R I m R R k k n +++=
ω 2-8 如图2-8所示的系统中，钢杆质量不计，建立系统的运动微分方程，并求临界阻尼
系数及阻尼固有频率。

图2-8
解：
0=⋅+⋅+⋅b b k a a c l l m θθθ 0222=++θθθ
kb ca ml m
k
l b ml kb n ==2
2ω n ml ca ξω222=，k
m
mlb ca ml ca n 2222
2==ωξ 4
2222
222422
421411a c b kml ml
k m b l m a c m k l b n d -=⋅-=-=ξωω 由mk a
bl
c 2
21=
⇒=γξ 2-9 图2-9所示的系统中，m ＝1kg ，k ＝224N/m ，c ＝48N.s/m ，l 1＝l ＝0.49m ，l 2＝l /2，l 3＝l /4，不计钢杆质量。

试求系统的无阻尼固有频率n ω及阻尼ζ。

图2-9
｛2.26｝ 图T 2-26所示的系统中，m = 1 kg ，k = 144 N / m ，c = 48 N •s / m ，l 1 = l = 0.49 m ，l 2 = 0.5 l ， l 3 = 0.25 l ，不计刚杆质量，求无阻尼固有频率n ω及阻尼ζ。

a
b
l
b k θ
a c θ
l m θ
图 T 2-26
答案图 T 2-25
解：
受力如答案图T 2-26。

对O 点取力矩平衡，有：
02
23311=⋅+⋅+⋅l l k l l c l l m θθθ 022
2321=++θθθkl cl ml 04
1
161=++θθθ
k c m 36412
=⋅=
⇒m
k
n ω s rad n / 6=⇒ω
n
m
c
ζω2161=
25.02116=⋅=
⇒n
m c ωζ
第三章 单自由度系统的强迫振动
3-1 如图3-1所示弹簧质量系统中，两个弹簧的连接处有一激振力0()sin P t P t ω=。

试求质量块的振幅。

图3-1
解：设弹簧1，2的伸长分别为x 1和x 2，则有，
21x x x += （A ） 由图（1）和图（2）的受力分析，得到
t P x k x k ωsin 02211+= （B ）
m
O
θ
2l k θ⋅
1l m θ ⋅
3l c θ ⋅
l 1
m k
c
l 2
l 3
22x k x
m -= （C ） 联立解得，
t P k k k x k k k k x m ωsin 02
12
2121+++-=
t
P m k k k x m k k k k x
ωsin )()(0212
2121+=++ 所以
)(212
1k k m k k p n =
，n = 0，得， 2
1
02
222
222)(
11)2()1(1)2()(n
n p k P k
H
n p h
B ω
ςλλωω-=
+-=
+-=
图3-2
3-2 图3-2所示系统中，刚性杆AB 的质量忽略不计，B 端作用有激振力
0()sin P t P t ω=，写出系统运动微分方程，并求下列情况中质量m 作上下振动的
振幅值：（1）系统发生共振；（2）ω等于固有频率n ω的一半。

解：图（1）为系统的静平衡位置，以θ为系统的广义坐标，画受力如图（2）
t lP l k l l c l I ωθθθsin 3)3(3)2(20+⋅⋅-⋅⋅⋅-=
又 I ＝ml 2
t P ml m k m c ωθθθsin 340
=9++∴
则
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧=
==ml p h m c n m k p n 0
23,429
mg
θ
B
P 0sin ωt
A
X A
Y A
F C
F K
2222
2
222)2()()2()(ωωωωθθn p hl
lB B n p h
B n n +-=
=+-=
1）系统共振，即ω=n p
k
m c
p m k
m c l ml p np hl B n 494)/3(20
0=
⨯⨯==
∴
2）
n P 21=
ω
3-3 建立图3-3所示系统的运动微分方程，并求出系统的固有频率n ω，阻尼比ζ以及稳态响应振幅。

图3-3
解：以刚杆转角ϕ为广义坐标，由系统的动量矩定理
ϕϕϕ 22)(4cl l x l k m l s ---=
即
t l ka m k m c ωϕϕϕ
sin 44=++
mk
c k
p m k m c m k l ml p np p hl B n n 81641194944273)(4320
222
22
2+
=
+⎪⎭
⎫
⎝⎛⨯=
+⎪⎭
⎫ ⎝⎛=
∴
令，
m k p n 4=
，m c n 42=
，
n n mp c p n 8==ς，ml ka h 4=，n p ωλ=得到 2222)2()(ωωϕn p h
B n +-=
2
222
2
22
2)2()1(2)
2()1(242ςλλωωϕ+-=
+-⨯=
=a p p n p p
l ml
ka l B B n n n
n
3-4 一机器质量为450kg ，支撑在弹簧隔振器上，弹簧静变形为0.5cm ，机器有一偏心重，产生偏心激振力20 2.254P g ω=，其中ω是激振频率，g 是重力加速度。

试求：
（1）在机器转速为1200r/min 时传入地基的力；（2）机器的振幅。

解：设系统在平衡位置有位移x ，
则0mx kx F +=
即
0F k
x x m m +
=
又有st mg k δ= 则
st mg
k δ=
（1）
所以机器的振幅为2
021F B k λλ=-（2）且n p ωλ=，40rad s ωπ=（3）
又有
2
n st k g p m δ==
（4） 将（1）（2）（4）代入（2）得机器的振幅B =0.584 mm
则传入地基的力为514.7T p kB N ==
2-9一个粘性阻尼系统在激振力t F t F ωsin )(0=作用下的强迫振动力为
⎪
⎭⎫ ⎝
⎛
+=6πsin )(t B t x ω，已知6.190=F N ，B =5 cm ，π20=ωrad/s ，求最初1秒及1/4秒内，激振力作的功1W 及2W 。

01
101
011
0014020
1400:
()sin 19.6sin 20()cos()cos(20)
66W =P(t)x(t)19.6sin 20cos(20)6
4.9(1cos80)1
5.39()()19.6sin 20c P t P wt t
x t Bw wt t dt
t t dt
t dt
J
W P t x t dt
t πππ
πππ
πππππππ===+=+=⋅+=---=-===⋅⎰⎰⎰⎰⎰由已知可得同理可得:
os(20)6
0.0395t dt
J
π
π+=
3-5 证明：粘滞阻尼利在一个振动周期内消耗的能量可表示为
2
02222(1)(2)
P E k πςλλςλ∆=
-+ 证明
()
()()
222
22
2
002
2
2
222
2cos()/21412T
E c B t dt c B B
F k F E c k
ωωϕπωπζλ
πωλξλ
λζλ∆=--=-=
∆=-=
-+-+⎰
3-6 单自由度无阻尼系统受图3-6所示的外力作用，已知(0)(0)0x x ==。

试求系统的响应。

图3-6
解：由图得激振力方程为
⎪⎩
⎪
⎨⎧〉≤≤-〈≤=22
1111
00)(t t t t t P t t P t F
当 0 < t < t 1时，1)(P F =τ，则有
]cos 1[)(sin )(2101t p mp P
d t p mp P t x n n t
n n -=-=⎰
ττ
由于
m k
p n =
2，所以有
]cos 1[)(1
t p k P t x n -=
当t 1 < t < t 2时，1)(P F -=τ，则有
⎰-=1
1)(sin )(t n n
d t p mp P t x ττ⎰--+t t
n n d t p mp P 1)(sin 1
ττ
)](cos 1[]cos )([cos 1111t t p k P
t p t t p k P n n n -----=
当 t < t 2时，0)(=τF ，则有
⎰-=1
1)(sin )(t n n d t p mp P t x ττ⎰--+t t
n n d t p mp P 1)(sin 1
ττ+ 0
)](cos )([cos ]cos )([cos 12111t t p t t p k P
t p t t p k P n n n n ------=
图3-7
3-7 试求在零初始条件下的单自由度无阻尼系统对图3-7所示激振力的响应。

解：由图得激振力方程为
⎪⎩⎪⎨
⎧〉〈≤-=1
110
00)1()(t t t t t t P t F
当 0 < t < t 1时，
)
1()(10t P F τ
τ-
=，则有
]sin 1
cos 1[)(sin )1(1)(110010t p t p t p t t k P d t p t P mp t x n n n t
n n +--=--=⎰
τττ
当t < t 1时，0)(=τF ，则有
)]}(sin [sin 1cos {0)(sin )1(1)(11
00
1
01t t p t p t p t p k P d t p t P mp t x n n n n t n n --+-=
+--=⎰τττ
3-8 图3-8为一车辆的力学模型，已知车辆的质量m 、悬挂弹簧的刚度k 以及车辆的水
平行驶速度v 。

道路前方有一隆起的曲形地面：
2cos
s y a x l π⎛
⎫= ⎪⎝
⎭
1- （1）试求车辆通过曲形地面时的振动；
（2）试求车辆通过曲形地面以后的振动。

图3-8
解：由牛顿定律，可得系统的微分方程为，)(s y y k y m --= 由曲形地面∶
⎪
⎭⎫ ⎝⎛
-=x l a y s π2cos 1，得到 s ky ky y m =+ 得到系统的激振力为，
)2cos
1()(x l ka F πτ-=。

2()(1cos
)x vt
F ka vt l π
τ=∴=-
（1）车通过曲形地面时10t t ≤≤的振动为
=-=⎰
t
n n
d t p mp F t y 0)(sin )
()(τττ]
)(sin cos )(sin [00
⎰⎰---t n t
n n d t p d t p mp ka τττωττ--=)cos 1(t p a n ]
)(2)cos()(2)cos([cos ])(2)sin()(2)sin([
{sin 22ω
ωωωωωωωω----++++--+++n n n n n n n n n n n n n p p
p t p p t p t p p t p p t p t p ap )
cos 1(t p a n -=])(cos )(cos [
2
222ωωω----n n n n n n p t p p p t p ap )cos cos (2
222t p t p p a a n n n ωωω--+=
（2）车通过曲形地面后的振动
车通过曲形地面后1t t ≥以初位移)(1t y 和初速度)(1t y
作自由振动，即 )cos cos ()(1212221t p t p p a a t y n n n ωωω--+
=，)sin sin ()(12122
21t p t p p p a t y n n n n ωωωω+--=
由公式)(sin )()(cos )()(1111t t p p t y
t t p t y t y n n
n -+
-= ，得到车通过曲形地面后的振
动响应为
)(cos [cos )(12
22t t p t p p a
t y n n n ---=ωω
其中，
m k p n =
2，v l π
ω2=。

或积分为
1
()
()sin ()t n n
F y t p t d mp τττ=
-=⎰
1
10
0[sin ()cos sin ()]
t t n n n ka p t d p t d mp ττωτττ---⎰⎰2122
[cos cos ()n n n a
p t p t t p ωω
=---
3-9 图3-9是一轻型飞机起落架着陆冲撞的简单力学模型。

试求弹簧从接触地面至反跳脱离接触的时间。

3-10 图3-10所示的箱子从高h 处自由下落，箱体内有足够的间隙允许质量m 运动，并且箱体质量远大于m 。

若箱子触地后不再跳起，试求：（1）箱子下落过程中质量块相对于箱体的运动；（2）箱子落地后传到质量块上的最大作用力。

图3-9 图3-10
第四章 多单自由度系统的振动
4-1 图4-1所示系统中，各个质量只能沿铅垂方向运动，假设123m m m m ===，
123456k k k k k k k ======。

试求系统的固有频率及振型矩阵
图4-1
解：如图选择广义坐标。

求质量矩阵及利用刚度影响系数法求刚度矩阵为
⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=m m m 000000M ，⎥⎥⎥⎦⎤
⎢⎢
⎢⎣⎡------=k k
k
k k k k k k
333K
由频率方程
2=-M K p ，得
3332
2
2
=---------mp k k
k
k mp k k k k mp k
解出频率为
m k p =
1，m k p 22=，m k
p 23=
由特征矩阵
M K B 2
p -=的伴随矩阵的第一列， ⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡-+-+--=)3()3()3(2222222)
1(mp k k k mp k k k k mp k adj B
将
m k
p =
1代入得系统的第一阶主振型为 ()T
111)1(=A
)2(A 满足如下关系：
0)()()1(=2M A A T ，0)()2(2
2=-A M K p 展开以上二式得，0)2(3)2(2)2(1=++A A A 。

取0)2(2=A ，1)2(1-=A ，可得到1)2(3=A 。

即有
()T
101)2(-=A
)3(A 满足如下关系：
0)()3()1(=M A A T ，0)()3()2(=M A A T 0)()
3(23=-A M K p
展开以上二式得，0)3(3)3(2)3(1=++A A A ，0)3(3)3(1=+-A A ，联立得)3(3)3(1A A =。

取
1)3(1=A ，1)3(3=A ，可得到2)
3(2-=A 。

即得
()T
121)3(-=A
主振型矩阵为
⎥⎥
⎥⎦⎤
⎢⎢⎢⎣⎡--=111201111A
图4-2
4-2 试计算图4-2所示系统对初始条件[]00000T x =和[]000T
x v v =的响应。

解：在习题4-6中已求得系统的主振型矩阵和质量矩阵分别为
主质量振型为
()
(
)
(
)
(
)
(
)
1
2341
1
1
1
1 121 1211
(12)(12)1
1 1
1p A A A A A --⎡⎤
⎢⎥
--+⎢⎥==⎢⎥---⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤⎢⎢⎢
⎢⎣⎡----+----=11112111212112111111
A ⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤⎢⎢⎢
⎢⎣⎡=m m m m 000000000000M ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-==657.130000000.40000414.00000000
.4m T P MA A M
正则振型的第i列为
)
(
)
(
1i
i
i
N M
A
A=
,由此得到正则振型振型为
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
-
-
-
-
-
-
=
2706
.0
5000
.0
6533
.0
5000
.0
6533
.0
5000
.0
2706
.0
5000
.0
6533
.0
5000
.0
2706
.0
5000
.0
2706
.0
5000
.0
6573
.0
5000
.0
1
m
N
A
正则坐标初始条件为
0.50000.50000.50000.5000100000
0.65330.27060.27060.6533010000
(0)
0.50000.50000.50000.5000001000
0.27060.65330.65330.2706000100
T
N N
x A Mx
⎡⎤⎡
⎤⎡⎤⎡⎤
⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
--⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
==
⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
--
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
--
⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
0.50000.50000.50000.500010001
0.65330.27060.27060.6533010000
(0)
0.50000.50000.50000.5000001001
0.27060.6533
00010
T
N N
v
x A Mx m
v
⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
--
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
==
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢
⎥
--
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
-⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
)0(M x
A
x T
N
N
=0
)0(x
M
A
T
N
=)T
v
v0
=
1
2
=
N
x，
t
p
p
m
v
x
N3
3
3
sin
=
，0
4
=
N
x其中频率
+
=
1
)1(
N
N
x
A+
2
)2(
N
N
x
A+
3
)3(
N
N
x
A
4
)4(
N
N
x
A，展开得到
t
p
p
v
vt
x
x
x
x
3
3
4
3
2
1
cos
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
-
-
+
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
()()()(
)
3
3
3
3
1234
1234
3
3
3
3
1
(sin)
2
1
(sin)
2
1
(sin)
2
1
(sin)
2
N N N N N N N N
v
t p t
p
v
t p t
p
x A x A x A x A x
v
t p t
p
v
t p t
p
⎡⎤
+
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
-
⎢⎥
⎢⎥
=+++=
⎢⎥
-
⎢⎥
⎢⎥
⎢⎥
+
⎢⎥
⎣⎦
解：从6—6中可得主频率和主振型矩阵为
p
p,0
2
1
=
=
m
k
p
m
k
p)2
2(
,
2
4
3
+
=
=
由质量矩阵
000000000000m m m m ⎛⎫ ⎪
⎪= ⎪ ⎪⎝⎭M ，可求出主质量矩阵
10000200400100002T p m ⎛⎫ ⎪ ⎪
==
⎪ ⎝P P M A MA
则正则振刑矩阵为
(221122112211221122⎛⎫
-+ ⎪
⎪
⎪
- ⎪
⎪=
⎪
-⎪
+ ⎝⎭N A
11111(22222211112222222-⎛⎫ -+⎪=⎪
-- ⎝⎭N A
于是 ()()1
000000T X -==N N X A
()(
)
1
0000
T
X v m
-==N N X A
于是得
()110t ==N N X X ()2222
0sin 0
p t p ==N N X X ()333333
0sin p t p t
p ==N N X X
()
4444
0sin 0p t p =
=N N X X
所以响应为
()()()()1
2
3
4
1234=+++N N N N N N N N X A X A X A X A X ，
即123
3341111sin 112211X X v v t p t
X p X ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪ ⎪=+ ⎪ ⎪ ⎪- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 其中，
32k
p m =.
4-3 试确定题4-2的系统对作用于质量m 1和质量m 4上的阶跃力14p p p ==的响应。

4-4 如图4-4所示，已知机器质量为1=90kg m ，吸振器质量为2=2.25kg m ，若机器上有一偏心质量m 0.5kg '=，偏心距e =1cm ，机器转速n =1800r/m 。

试问：
（1）吸振器的弹簧刚度k 2多大，才能使机器振幅为零？
（2）此时吸振器的振幅B 2为多大？
（3）若使吸振器的振幅B 2不超过2mm ，应如何改变吸振器的参数？
图4-4
第六章 弹性体系统的振动
6.1 一等直杆沿纵向以速度v 向右运动，求下列情况中杆的自由振动： （1）杆的左端突然固定； （2）杆的右端突然固定； （3）杆的中点突然固定。

⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-==657.130000000.40000414.00000000
.4m T P MA A M
图6-1
解；(1)杆的左端突然固定； 杆的初始条件为：()()0,00u x u x == (),0u x V =
有题可知
,1,3,52i i a
p i l π=
=()sin ,1,3,5
2i i i u x D x i l π==
2
0sin 12l
i i x A D dx l πρ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎰得2i D Al ρ=∴()2sin 2i i u x x Al l πρ=
()00sin 2l i i i AVD xdx l π
ηρ=⎰ ，()00
i η=
2i
l
AVD i ρπ=
所以有：()0sin i i i i
p t
p ηη=进而有：
()()221,3,51,3,51,3,5
2281,sin sin sin sin 222i i i i i i i i i x l l Vl i x i a u x t u t D AVD p t t
l i i a a i l l πππηρπππ∞
∞
∞======∑∑∑%
i u 全部改成：~
i U
图6-2
6-2 图6-2所示一端固定一端自由的等直杆，（1）若受到均匀分布力0
()P p x l =
的作用，
试求分布力突然移去时杆的自由振动响应；（2）若杆上作用的轴向均匀分布干扰
力为0sin P
t l
ω，试求杆的稳态强迫振动。

解：t-=0时的应变为
p x EA ε= 杆的初始条件为
2
0000
.
0()2()0
x
p y p x u x ydy EA EA
u x ===⎰
一端自由一端固定，可知杆的因有频率和主振型为
(1,3,5......)2()sin (1,3,5......)
2i i i i a
p i l
i U x D x i l ππ
=
=== 将主振型代入上式归一化为
2
(sin
)12l
i i i A D x dx l
D πρ==
⎰
以正则坐标表示初始条件为
300220.
8sin 2
(0)()sin ()
222(0)0(1,3,5......)
l
i i i i p i l i Au x D xdx D l E i i i ρππηρππ
η==-==⎰
3
2282
(sin )22i
p l i D E
i i ρπππ-
以正则坐标表示对初始条件的响应为 (0)cos i i i p t ηη=
于是杆的自由振动为
3~
0221,3,5...1,3,5...
2
03
31,3,
8sin 2
(,)()sin ()
222161ππsin cos π22i i i i i i i p i x l i u x t U t D D l E i i p l i x i a t EA
i l l
ρππηππ∞
∞
==∞
===•-=⋅
∑∑∑
t l a
i l x i i
EA l F t x u i 2πcos 2πsin 1π16),(,3,13
30∑∞=⋅= 杆左端固定端，右端为自由端
())sin cos )((,pt B pt A x U t x u +=
a px
D a px C x U sin
cos )(+=
边界条件
0)0(=U 0
==l
x dx dU
得固有频率，主振型
a
l i p i 2)12(π-=
x l i D x U i i 2)12(sin )(π
-= i=1,2,……
)2sin 2cos (2sin
),(,3,1t l a i B t l a i A l x i t x u i i i πππ+=
∑
∞
⋯
⋯=
杆在x 处的应变
⎰=x
dx
EA x l F 00
0ε
EAl x F 220
=
初始条件
⎪⎩⎪⎨⎧===
==•
•0)()0,(2)()0,(03000x u x u EAl x F x x u x u ε
由0)()0,(0==•
•
x u x u 得 0=i B
t l a i A l x i t x u i i 2cos 2sin
),(,3,1ππ∑
∞
⋯
⋯==
再利用三角函数正交性
⎰⎰==l l
i dx
l x i x dx l x i A 00022sin )2(
sin πεπ ⎰=l dx l x i EAl x F 03
02sin 2π
得
EA i l F A i 330
16π= t l a
i A l x i t x u i i 2cos 2sin
),(,3,1ππ∑∞
⋯
⋯==
t l a i l x i i
EA i l F i 2cos 2sin 116,3,13
330πππ∑∞
⋯⋯==
(2) 解：
因为杆是一端固定，可得固有频率和主振型为
()()()
1,3,52sin
1,3,52i i i ia P i l
i U x D x i l
ππ=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅
将主振型代入归一化条件，得
2
0sin 12l
i i i A D x dx l D πρ⎛
⎫
= ⎪⎝
⎭
=
⎰
得到正则振型
()()
~
2sin 1,3,52i i U x x i Al l
πρ=
=⋅⋅⋅
又第i 个正则方程为
()20
,l
i i i i p q x t U dx
ηη+=⎰
00sin sin 2l
F i t xdx l l π
ω=⎰
()02sin 1,3,5i D F t i ωπ=⋅⋅⋅
所以可得正则坐标的稳态响应为
()()0
22
2sin i i i D F t t p i ηωωπ
=
-
杆的稳态响应振动为
()()~
1,2,,i i
i u x t U t η∞
=⋅⋅⋅
=
∑()
~
1,3,5,i i i U t η∞
=⋅⋅⋅
=∑
()022
1,3,54sin 1sin 2i i F t i x Al l
i p ωπ
ρπω∞
=⋅⋅⋅=
-∑
其中,2i i a E p a l πρ=
=。

6-3试写出图6-3所示系统的纵向振动频率方程，并写出主振型的正交性表达式。

解：边界条件为：(0)0,U =
22(,)
x l
x l
u u EA m ku x t x t
==∂∂=--∂∂
()cos
sin (,)()(cos sin )p p
U x C x D x a a
u x t U x A pt B pt =+=+
由(0)0,U =得C =，cos (cos sin )
u p p
D x A pt B pt x a a ∂=+∂
22
2sin (cos sin )u p Dp x A pt B pt t a ∂=-+∂
由条件（2）得
2cos sin sin p p p p EAD l mDp l kD l
a a a a =-
所以 ()sin i i i p U x D x
a ∴= 22cos ()sin ()p p p EA
l mp k l a a a p EAp tg l a a mp k =-∴=-
这就是我们所要求的频率方程
所以主振型关于质量的正交性0
0()()l i j l
i j pj pj AU U dx i j AU U dx M i j M ρρ⎧=≠⎪⎨⎪=≠⎩⎰⎰为第j 阶主质量
主振型关于刚度的正交性为
解：⑴ 该题中杆的振动方程为：
..].........sin cos )[(),(pt B pt A x U t x u +=<1>
其中
)/()........./sin()/cos()(2ρE a a px D a px C x U =+= 由于边界条件中U （0）=0
代入U （x ）中得C=0
再将U （x ）代入<1>中 ，由<1>知： l x x u =∂∂=)
sin cos (sin pt B pt A a pl
a pD +
)
sin cos (sin 2
22pt B pt A a pl D p t u l
x +-=∂∂=
再由边界知： EA l
x l
x l
x t
u m x ku x
u ===∂∂--=∂∂2
2)(
得：a p EA k mp a pl =-)(tan
2 即：
k mp EA a pl p a -=2tan ⑵ 已知方程
>
<-=-=><∂∂∂∂=∂∂2.......)(,,)(1)
(222222i i i j j i i U A p dx dU EA dx d
p U p U AU p dx
dU
EA dx d x u EA x t
u A ρρρ得：及另一特解取一特解代入该式中得
将
由><2乘并对杆积分得dx U U A p dx dx dU EA dx d U j l i i i l j ⎰⎰-=020)(ρ
所以>
<-=-⎰⎰3...............)(02
00dx U U A p dx dx dU dx dU EA dx dU EA U j l i i j l i l
i j ρ
由
l x l
x l
x t
u
m x ku x u
EA ===∂∂--=∂∂2
2)(
得：
)
()()
(2l U k mp dx x dU EA
l
x -==ij
j j i j l
i ij
j i j l
i j i j l
i j l
i j i j j i j l
i j l
i j i i p l U l kU dx U EAU l U l mU dx U U A l U l kU dx U EAU dx U U A l U l mU p j i l U l kU dx U EAU dx U U A l U l mU p U δδρρρ2'0
'0
'
'0
2'0
'0
2)()(5)()(5).....()(])()([,4).....()(])()([30)0(=+><=+><+=+>
<+=+><=⎰⎰⎰
⎰⎰⎰得将上式代入两式相减得：互换
得代入及
所以，其解为正交。