上海交大《模态分析》练习题答案
模态分析——上海交通大学——第三章
M.D.O.F. vibration systems:
复模态的特点： 1 复共轭:
r r , r r r
2
正交性:
rT As 0, rT Bs 0, r s
3
解耦性:
4ห้องสมุดไป่ตู้
无节点：初始相位差
N
00 ~ 1800 ，但变化率一样。
N
* * xl (t ) lr qr (0)e r t e j r t lr qr (0)e r t e j r t r 1 r 1
N
lr pr 1 r2 R hlp ( ) mrr2 (1 r2 ) 2 g r2 r 1
N
lr pr gr h ( ) mrr2 (1 r2 ) 2 g r2 r 1
N I lp
M.D.O.F. vibration systems:
频响函数矩阵：
1 H ( ) [(1 jg r )r2 2 ]mr
T
M.D.O.F. vibration systems:
P点激励－L点响应之间的频响函数：
lr pr hlp ( ) mrr2 [1 r2 jg r ] r 1
r2 (1 jg r )r2
M.D.O.F. vibration systems:
频响函数：
H ( ) ( K jR M 2 )1
根据正交性： T H 1 ( ) T ( K jR M 2 ) K 2 M
T H 1 ( ) K 2 M [(1 jg r )r2 2 ]mr
*
第L点的响应：
上海市上海交通大学附属中学2024-2025学年高三上学期摸底考试物理试卷(含答案)
物理试卷本试卷所有重力加速度g 的大小均取9.8m/s 2一、共点力的平衡甲、乙两个物体质量分别为m 1与m 2，被不可伸长的细绳与光滑滑轮固定于墙上A 点，细绳与滑轮的质量均忽略不计，系统保持静止。
О点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。
以下三种不同的细绳、滑轮组合中，初始状态α均为70°。
1.组合1如图所示，且m 1=m 2。
(1)β等于___________°；。
(2)若对乙施加水平外力，在新的位置重新平衡后β()A.增大B.减小C.保持不变2组合2如图所示，m 1与m 2大小关系未知。
(1)β等于__________°；(2)若将A 向上移动一小段距离，在新的位置保持平衡时，β()A.增大B.减小C.保持不变3.组合3如图所示，m 1与m 2大小关系未知。
(1)β等于__________°；(2)若用外力将乙向下移动一小段距离，在新的位胃保持平雀时，β()A.增大B.减小C.保持不变二、物理实验4.如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在实验台上，利用传感器A 和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间t ，底板上的标尺可以测得水平位移s 。
保持导轨槽口距底板高度h=0.420m 不变，研究小球平抛运动的规律。
0v(1)传感器A是__________传感器。
(2)(多选)下列操作有助于减小实验误差的是()A.放置整个装置的台面需要调整至水平B.斜槽导轨尽可能光滑C.导轨末端需要调整至水平D.小球每次从导轨同一位置静止释放(3〉小球飞行时间的理论值为__________ms(保留3位有效数字)。
(4)该实验的结论是：____________________________________。
5.图甲为观察光的干涉和衍射现象的实验装置。
某次实验时用绿色激光照射，得到图乙所示的光强分布情况。
(1)则缝屏上安装的是______，观察到的是光的_________现象。
《大学物理学》答案(上海交大版)上下册
习 题1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程 222R y x =+2） j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])c o s ()s i n [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知2t 4x =t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=2）j i rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）j i rv 2t 2dt d +== i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==n a ==1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 图 1-420221gt t v h y -+= （2）21y y = （3） 解之t =初速度0v 水平抛出，求：1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i rgt -v t d d 0= 而 落地所用时间 gh 2t = 所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=212220[()]g t dvdt v gt ==+1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大物上海交大课后答案第七章
大物上海交大课后答案第七章第一篇：大物上海交大课后答案第七章习题7 7-1．如图所示的弓形线框中通有电流I，求圆心O处的磁感应强度B。
解：圆弧在O点的磁感应强度：B1=ϖμ0Iθμ0I，方向：ε；=4πR6Rμ0I[sin60-sin(-60)]=00B2=直导线在O点的磁感应强度：3μ0I2πR4πRcos600，方向：⊗；∴总场强：B=μ0I2R(1-)，方向⊗。
π337-2．如图所示，两个半径均为R的线圈平行共轴放置，其圆心O1、O2相距为a，在两线圈中通以电流强度均为I的同方向电流。
（1）以O1O2连线的中点O为原点，求轴线上坐标为x的任意点的磁感应强度大小；（2）试证明：当a=R时，O点处的磁场最为均匀。
解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：B=（1）左线圈在x处P点产生的磁感应强度：BP1=μ0IR22(R+z)2232。
μ0IR2右线圈在x处P点产生的磁感应强度：BP2ϖϖBP1和BP2方向一致，均沿轴线水平向右，∴P点磁感应强度：BP=BP1+BP2=（2）因为BP随x变化，变化率为3a2222[R+(+x)]2μ0IR2，=3a2[R2+(-x)2]22，μ0IR2⎧23-⎫a2-3a22⎨[R+(x+)]2+[R+(x-)]2⎬；22⎩⎭2dB，若此变化率在x=0处的变化最缓慢，则O点处的dx磁场最为均匀，下面讨论O点附近磁感应强度随x变化情况，即对BP的各阶导数进行讨论。
对B求一阶导数：3μ0IR2⎧⎫aa2-5aa2-5dB2222=-(x+)[R+(x+)]+(x-)[R+(x-)]⎨⎬22222dx⎩⎭dB当x=0时，=0，可见在O点，磁感应强度B有极值。
dx对B求二阶导数：ddBd2B()== 2dxdxdx⎧a2a2⎫5(x+)5(x-)⎪3μ0IR⎪11⎪⎪22--+-⎨5757⎬2aaaa⎪[R2+(x+)2]2[R2+(x+)2]2[R2+(x-)2]2[R2+(x-)2]2⎪⎪⎪⎩2222⎭2a2-R2，x=0=3μ0IR7a[R2+()2]22d2B>0，O点的磁感应强度B有极小值，可见，当a>R时，2x=0dxd2B当x=0时，dx22d2B当a<R时，dx2d2B当a=R时，dx2x=0<0，O点的磁感应强度B有极大值，=0，说明磁感应强度B在O点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀x=0强磁场。
理论力学_上海交通大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
理论力学_上海交通大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.图示三铰拱，受一水平向右的力F 的作用处于平衡状态，如图所示。
不计三铰拱的自重，铰A和B的约束力方向如图所示，以下哪一个答案是正确的。
答案:2.如图所示已知物块重W=200N，圆柱体C半径为20cm，与斜面的静摩擦因数为0.6。
忽略滑轮摩擦。
求平衡时圆柱体C的重量。
其中AB水平。
答案:346.4N3.图示凸轮推杆机构中，偏心凸轮以匀角速度绕固定水平轴O逆时针方向转动，从而推动顶杆AB沿铅垂槽上下移动，AB杆延长线通过O点。
若取凸轮中心C为动点，动系与顶杆AB固结，则动点C的相对运动轨迹为答案:以A点为圆心的圆周4.下列机构在图示瞬时水平杆AB的角速度为，角加速度为零，，。
若选择AB杆为动系（基点在A点），以CD杆上C为动点，则此时动点C的牵连加速度大小为答案:5.图示机构的自由度为答案:1 6.答案:7.答案:8.长为l的匀质杆OA，AB和长为2l / 3的匀质杆BD用铰链连接，如右图所示。
OA，BD，AB的质量均为m。
已知：碰撞前系统静止，现在OA的中点处作用水平的冲量I，则碰撞后瞬时杆OA与杆BD的角速度的关系为答案:9.答案:大小为，方向沿OC方向10.图示平衡机构由杆AB、OD和滑块O组成，其中OB水平，D处为圆柱铰，OD=BD=AD=L。
则如图所示垂直于杆AB上A点的虚位移和O点的虚位移之间的关系为（）答案:11.当刚体系处于平衡状态时，组成刚体系统的每一个刚体都处于平衡状态。
答案:正确12.平面一般运动刚体的角速度和角加速度与连体基基点的选取无关。
答案:正确13.对相对刚体运动的动点进行加速度分析时，如果动系运动为平动时，科氏加速度必然为零。
答案:正确14.刚体平面运动的动力学充要条件为：刚体运动平面的法线方向应为刚体的一个惯量主轴。
答案:错误15.平面运动刚体达朗贝尔惯性力向任意点简化，其力偶矩大小都等于刚体对该点的转动惯量乘以角加速度，方向与角加速度方向相反。
模态分析——上海交通大学——第二章
M.D.O.F. vibration systems:
P点激励－L点响应之间的频响函数：
∑ hlp (ω)
=
N r =1
ωr2
Alpr
− ω 2 + j2ζ rωrω
对于刚体模态：
kr = mrωr2 = 0
完整的表示：
∑ hlp (ω)
=
6 r =1
Alpr
−ω 2
∑ ∑ hlp (ω)
=
6 r =1
Shaker: Electromagnetic, Electrohydraulic, etc. Electromagnetic: Having good performance at high frequencies, but poor performance at low frequencies ( < 5~10 Hz ) Electrohydraulic: Having good performance at low frequencies, but limited frequency bandwidth ( < 400~500 Hz )
Support points should be so determined that boundaries have minimum influence; Shaking points should be so determined that vibration modes of the test article have maximum controllability; Sensing points should be so determined that vibration modes of the test article have maximum observability and discrimination.
[工学]上海交大版大学物理学习题答案下
![[工学]上海交大版大学物理学习题答案下](https://img.taocdn.com/s3/m/4a3f6ae1bb0d4a7302768e9951e79b89680268b7.png)
习题11-1.直角三角形的ABC A 点上，有电荷，C 108.191−×=q B 点上有电荷，试求C 点的电场强度(设C 108.492−×−=q m 03.0m,04.0==AC BC ).解：在C 点产生的场强 1q 20114ACq E πε=在C 点产生的场强 2q 22204q E BC πε=C 点的合场强43.2410VE m==× 方向如图11-2. 用细的塑料棒弯成半径为的圆环，两端间空隙为，电量为的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向.cm 50cm 2C 1012.39−×解： 棒长 m d r l 12.32=−=π电荷线密度19100.1−−⋅×==m C l q λ若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去长的带电棒在该点产生的场强。
由于，该小段可看成点电荷m d 02.0=r d pp C d q 11100.2−×==′λ圆心处场强 1211920072.0)5.0(100.2100.94−−⋅=×××=′=m V r q E πε 方向由缝隙指向圆心处11-3. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：设O 为坐标原点，水平方向为x 轴，竖直方向为轴 y 半无限长导线∞A 在O 点的场强 )(40j i E 1−=Rπελ半无限长导线∞B 在O 点的场强 )(40j i E 2+−=RπελAB 圆弧在O 点的场强 )(40j i E 3+=Rπελ总场强 j)i E E E E 321+=++=(40Rπελ11-4. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为φλλsin 0=，式中0λ为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．解：R d RdldE 00204sin 4πεϕϕλπελ==ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x Eϕsin dE dE y =RR d dE E y 00002084sin sin ελπεϕϕλϕπ===∫∫方向沿轴负向y11-5. 一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处的电场强度．O 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dl r dq σπ2= 2322023220)(42)(4r x dl rx r x xdq dE +=+=πεσππεθcos R x = θsin R r = θRd dl =21sin 2224E d πi σσθθεε==∫11-6. 图示一厚度为的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为d ρ．求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即x E −图线(设原点在带电平板的中央平面上，轴垂直于平板)．Ox 解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面为高斯面1S S E d S Δ=•∫21S ES x q Δ=∑ρ2 0ερxE =2(d x ≤同理可得板外一点场强的大小 02ερd E =()2dx >11-7. 设电荷体密度沿x 轴方向按余弦规律x cos 0ρρ=分布在整个空间，式中0ρ为恒量．求空间的场强分布．解：过坐标x ±处作与x 轴垂直的两平面，用与S x 轴平行的侧面将之封闭，构成高斯面。
高等数学习题解答上海交大习题解答
第11章 级数1．写出下列级数的前5项：(1) 11(1)3n nn -∞=-∑；(2) 113(21)242n n n ∞=⨯-⨯∑；(3) 21(ln )nn n ∞=∑；(4) 1!n n n n ∞=∑ 解答：(1)23451111133333-+-+-； (2) 1131351357135792242462468246810••••••••••+++++••••••••••；(3) 2345611111(ln 2)(ln 3)(ln 4)(ln 5)(ln 6)+++++； (4)234511212312341234512345••••••••••+++++。
所属章节：第十一章第一节 难度：一级2．写出下列级数的通项：(1) 2341357++++；(2)2-+；(3)2242468x x ++++⨯⨯⨯⨯解答：(1) 21nn -； (2) 1(1)(1)n n n --+；(3)2242n xn•。
所属章节：第十一章第一节 难度：一级3．已知级数的部分和S n ，写出该级数，并求和：(1) 1n n S n+=；(2) 212n n n S -=；解答：(1) 一般项为111121u S +===，111,2,3,1(1)n n n n n u S S n n n n n -+-=-=-==--，故该级数为212(1)n n n∞=--∑，该级数的和为1lim lim 1n n n n S n →∞→∞+==；(2) 一般项为1112u S ==，11121211,2,3,222n n n n n n n n u S S n -----=-=-==，故该级数为112n n ∞=∑，该级数的和为21lim lim 12n n n n n S →∞→∞-== 。
所属章节：第十一章第一节难度：一级4．根据定义求出下列级数的和：(1) 1326n nnn ∞=+∑；(2) 11(2)n n n ∞=+∑；(3) 1(1)(2)(3)n nn n n ∞=+++∑；(4) 1n ∞=∑解答：(1) 111113211332()()1162321123nnn n n n n n ∞∞∞===+=+=+=--∑∑∑； (2) 1111111111113()(1)(2)222324354n n n n nn ∞∞===-=-+-+-+=++∑∑； (3) 111123111111[()]()()2(1)(2)(3)2122322334n n nn n n n n n∞∞===-+-⋅=-++⨯=++++++∑∑； (4)11n n∞∞===-∑∑1n ∞==∑1==-所属章节：第十一章第一节难度：一级5．证明下列级数发散： (1)121n nn ∞=+∑；(2) 12nn n ∞=∑；(3) 11nn n n ∞=⎛⎫⎪+⎝⎭∑；(4)111n nnn nn n +∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑解答：(1) 由于10212n n u n =→≠+，所以级数121n n n ∞=+∑发散；(2) 由于20nn u n =→+∞≠，所以级数12n n n∞=∑发散；(3) 由于1()01n n n u n e =→≠+，所以级数11nn n n ∞=⎛⎫⎪+⎝⎭∑发散； (4) 由于1111011(1)()(1)n n nn nn n n n nn n u n e n n n ++=≥=→≠+++，所以级数111n nn n n n n +∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑发散。
上海交大版大学物理上册答案
第一章 质点运动学【例题】例1-1 A ｔ= 1.19 s 例1-2 D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 3 3 例1-6 D 例1-7 C例1-8 证明：2d d d d d d d d v xv vtx xv tv K -==⋅= ∴ d v /v =－K d x⎰⎰-=xx K 0d d 10v vvv , Kx -=0lnv v ∴ v =v 0e－Kx例1-9 1 s 1.5 m 例1-10 B【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -0.5m/s -6m/s 2.25m 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小t a 必为常数，即321t t t a a a ==，现在虽然321a a a ==， 但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即321t t t a a a ≠≠，故该质点不作匀变速率运动。
1-5 D 1-6证明：设质点在x 处的速度为v 62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v1-7 16 R t 24 rad /s21-8 Hv/(H-v) 1-9 C第二章 质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律∴⎰⎰=-=-vv 00vv d d ,vv d d tt mKt m K ∴ mKt /0e -=v v (2) 求最大深度 tx d d =vt x mKt d ed /0-=vt x mKt txd ed /000-⎰⎰=v ∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v = 例2-4 D 例2-5 答：(1) 不正确。
向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。
质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。
上海交通大学数学分析答案
2004年上海交通大学 数学分析一（14）设lim n n a a →∞=，证明22lim221an na a a n n =+++∞→ 证 因2n x n =∞ ，故利用Stolz 公式，11limlim n n nn n n n ny y y x x x +→∞→∞+-=-，得12112222(1)1lim lim lim lim (1)212n n n n n n n a a na na n aa n n n n ++→∞→∞→∞→∞+++++===+-+ 二（14）证明2sin()x 在[)+∞,0上不一致连续.证因n x =，n y =，22sin sin 1nn x y -=， 0n n x y -=-=→，故2sin()x 在[)+∞,0上不一致连续.三（14）设)(x f 在[]a 2,0上连续，且)0(f ＝)2(a f ，证明∃0x ∈[]a ,0，使)(0x f ＝)(0a x f +证 作()()()g x f x a f x =+-（[]0,x a ∈），则()g x 在[]0,a 上连续，因)0(f ＝)2(a f ，故(2)(0)g a g =-，情形1 若(0)0g =，则取00x =，则)(0x f ＝)(0a x f +，情形 2 若(0)0g ≠，则因2(2)(0)(0)0g a g g =-<，故由介值定理知，存在[]00,x a ∈，使得0()0g x =，即)(0x f ＝)(0a x f +.四（14）证明不等式x π2＜x sin ＜x ，⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πx证 作sin ()x f x x =，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则因22cos sin cos ()(tan )0x x x xf x x x x x -'==-<， 故sin ()x f x x =在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上严格单调减少，而0lim ()1x f x →=，π22lim ()πx f x →=，因此，在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上，有2sin ()1πx f x x<=<，即x π2＜x sin ＜x .五 (14) 设()d af x x +∞⎰收敛,且)(x f 在[)+∞,a 上一致连续，证明)(lim x f x +∞→= 0.证 因)(x f 在[)+∞,a 上一致连续，故0ε∀>，0δ∃>，使得当[)12,,t t a ∈+∞且12t t δ-<时，有12()()2f t f t ε-<，令(1)()d a n n a n u f x x δδ++-=⎰，则由积分第一中值定理得，[](1),n x a n a n δδ∃∈+-+，使得(1)()d ()a n n n a n u f x x f x δδδ++-==⎰.因()d af x x +∞⎰收敛，故级数1n n u ∞=∑收敛，从而0n u →，即()0n f x δ→，也即()0n f x →，故对上述的ε，存在N +∈，使得当n N >时，()2n f x ε<.取X a N δ=+，则当x X >时，因[)[)0,(1),k x a a k a k δδ∞=∈∞=+-+故存在惟一的k +∈，使得[)(1),x a k a k δδ∈+-+，易见k N >，且k x x δ-<，从而()()()()22k k f x f x f x f x εεε≤+-<+=六（14）设211n x n -=，121d n n n x x x +=⎰，1,2,n =，证明级数()∑∞=--111n n n x 收敛.解.11211d ln |ln(1)n n n n n x x x x n ++===+⎰，因2121n n S S k +=+，故只要证 ()1211111ln(1)n nk n k k k S x kk -==⎡⎤=-=-+⎢⎥⎣⎦∑∑22111()2n k k k =⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦∑收敛即可.七（14）设)(x f 在[]1,0上连续，)1(f = 0 ,n n x x f x g )()(= ，1,2,n =， 证明)}({x g n 在[]1,0上一致收敛.八（12）设()f x 在[]1,0上连续，证明1lim ()d n n n x f x x →∞⎰＝)1(f .证 （1）（令nt x =，则1()d nn x f x x ⎰111()d nntf t t =⎰，（2）因()f x 在[]1,0上连续，故0M ∃>，使得()f x M ≤，[]0,1x ∈，（3）0ε∀>，记3a Mε=，不妨设01a <<，则11110()d ()d d 3aa annnnt f t t t f t t M t Ma ε≤≤==⎰⎰⎰，（4）111111111()d (1)[()(1)]d ()(1)d nnnnnnaaatf t t f tf t f t t f t f t -=-≤-⎰⎰⎰11111()(1)(1)(1)d n n n nat f t t f t f f t=-+-⎰1111()(1)d (1)1d nnaaf t f t f t t ≤-+-⎰⎰（5）因()f x 在[]1,0上连续，故()f x 在[]1,0上一致连续，故对上述的正数ε，0δ∃>，当[]12,0,1x x ∈且12x x δ-<时，有12()()3(1)f x f x a ε-<-（6）因1lim 1nn a →∞=，记min{,}3(1)M a εεδ*=-，则存在正整数N ，使得当n N >时，有11na ε*-<，（7）当(,1)t a ∈时，有111111nnnt t a -=-≤-，从而当n N >时，有1111()(1)d (1)1d 33nnaaf t f t f t t εε-+-<+⎰⎰（8）由（3）和（7）知，当n N >时，有1110()d (1)nnt f t t f -⎰1111102()d ()d (1)33a nnnnat f t t t f t t f εεε≤+-<+=⎰⎰九（12）设1a >0，1+n a ＝n a ＋n a 1，证明n ＝1证 （1）要证n 1 ，只要证2lim 12nn a n →∞=，即只要证221lim 1(22)2n nn a a n n+→∞-=+-，即证221lim()2n n n a a +→∞-=（2）因1+n a ＝n a ＋n a 1，故110n n n a a a +-=>，1211n n na a a +=+2211112211()()112n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a +++++-=-+==++=+ 因此只要证21lim0n na →∞=，即只要证lim n n a →∞=∞（3）由110n n na a a +-=>知，{}n a 单调增加，假如{}n a 有上界，则{}n a 必有极限a ，由1+n a ＝n a ＋n a 1知，a ＝a ＋1a ，因此10a=，矛盾.这表明{}n a 单调增加、没有上界，因此lim n n a →∞=∞. （证完）十（28）计算下述积分：1．d x y ⎰⎰，其中D 是矩形区域x 1≤，20≤≤y 解 记21{(,)|1,02,0}D x y x y y x =≤≤≤-≤22{(,)|1,02,0}D x y x y y x =≤≤≤≤-，2d d d D D x y x y x y =+⎰⎰⎰⎰⎰⎰2112221122211d ()d d ()d x x x x y y x y x y --=-+-⎰⎰⎰⎰332211221122()d (2)d 33x x x x --=+-⎰⎰ 332211220044()d (2)d 33x x x x =+-⎰⎰ π143400416d cos d 33x x t t =+⎰⎰()x t =这里 π2401161cos2d 332t t +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭⎰ π40141cos412cos2d 332t t t +⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭⎰π40143sin 4sin 23328t t t ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦ 143ππ5133823⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭ 2．22d d ()d d d d Syz y z x z y z x xy x y +++⎰⎰，其中S 是曲面224z x y +=-上0≥y 的那部分正侧.解 记22{(,,)|4,0}x y z x z y ∑=+≤=（取下侧），22{(,,)|04}V x y z y x z =≤≤--，则V S ∂=+∑，由高斯公式知，2222d d ()d d d d ()d d d 0SS Vyz y z x z y z x xy x y x z x y z +∑∑+++=-=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰2242222()d d d d ()d d Vx z x z x y z yx z x z +=+=+⎰⎰⎰⎰42012π(4)d 4y y =-⎰ 430π32π(4)63y ⎡⎤=--=⎣⎦。
模态分析——上海交通大学——第五章
N
r
A lp e
r t
r
A lp e
*
The impulse response of an NDOF system is the linear superposition of 2N exponentially decaying functions; Some time domain ID algorithms are constructed on the impulse response, for instance, LSCE.
a2N a 2 N 1 a2 N 2 ao
1 2
E E
T
E H a
E a H H a a C a
T T T
3
4
C ij
M 2 N 1
Fundamentals
• Vibration of Systems with Lumped MCK
In the z-domain, the discrete transfer function is
h lp ( z )
2N
r 1
lr
pr 1
a r (1 z r z
)
r 1
2N j
h jm 0
m 1
C ij R ( i , j )
R (0) R (1 ) R ( 2 N 1 )
R (1 ) R ( 2 N 1 ) a R (2 N ) 2N R ( 0 ) R ( 2 N 2 ) a 2 N 1 R ( 2 N 1 ) R ( 2 N 2 ) R ( 0 ) a 1 R (1 )
大物上海交大课后答案第三章
大物上海交大课后答案第三章习题33-1．原长为0.5m的弹簧，上端固定，下端挂一质量为0.1kg的物体，当物体静止时，弹簧长为0.6m．现将物体上推，使弹簧缩回到原长，然后放手，以放手时开始计时，取竖直向下为正向，写出振动式。
（g取9.8）解：振动方程：某Aco(t)，在本题中，k某mg，所以k9.8；∴k9.898。
m0.1取竖直向下为某正向，弹簧伸长为0.1m时为物体的平衡位置，所以如果使弹簧的初状态为原长，那么：A=0.1m，当t=0时，某=-A，那么就可以知道物体的初相位为π。
（98t）所以：某0.1co即：某0.1co(98t)。
3-2．有一单摆，摆长l1.0m，小球质量m10g，t0时，小球正好经过0.06rad0.2rad/向平衡位置运动。
设小球的运动可看作简谐振动，试求：处，并以角速度（1）角频率、频率、周期；（2）用余弦函数形式写出小球的振动式。
（g取9.8）解：振动方程：某Aco(t)我们只要按照题意找到对应的各项就行了。
（1）角频率：9.80.5Hz，222；9.83.13Ain（3.13t）（2）振动方程可表示为：Aco（3.13t），∴0(1，象限）2根据初始条件，t0时：co，in0(3，象限）43.13AA200可解得：A8.810m，2271332.32，（3.13t2.32）m。
所以得到振动方程：8.8102co3-3．一质点沿某轴作简谐振动，振幅为12cm，周期为2。
当t0时，位移为6cm，且向某轴正方向运动。
求：（1）振动表达式；（2）t0.5时，质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于某6cm，且向某轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。
解：（1）由题已知A=0.12m，T=2，∴gl1g频率：2ll周期：T2g9.83.13rad/，2T又∵t=0时，某06cm，v00，由旋转矢量图，可知：3（t故振动方程为：某0.12co（2）将t=0.5代入得：3）m；某0.12co（t）0.12co0.104m，36v0.12in（t）0.12co0.188m/，363a0.122co（t）0.122co1.03m/2，36PA2某Q方向指向坐标原点，即沿某轴负向；（3）由题知，某时刻质点位于某6cmA，2t，2T且向某轴负方向运动，如图示，质点从P位置回到平衡位置Q处需要走有：t32，建立比例式：5。
上海交通大学《矩阵分析》试卷及答案
上海交通大学《矩阵分析》试卷(A)一、单项选择题(每题3分，共15分)AAABC1. 设F 是数域，(,)m nHom F F σ∈，则A.dim(Im )dim(ker )m σσ+=B.dim(Im )dim(ker )n σσ+=C.dim(Im )dim(ker )m σσ⊥⊥+=D.dim(Im )dim(ker )n σσ⊥+=2. 设M 是n 阶实数矩阵，若M 的n 个盖尔圆彼此分离，则M A. 可以对角化 B. 不能对角化 C. 幂收敛 D. 幂发散3. 设2222221212134400033t t t tt t Attt tte e e te e e ee e e e ⎛⎫-+-+ ⎪= ⎪ ⎪-+⎝⎭，则A =A.214020031⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭B. 114010061⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭C. 224020031⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭D.204020061⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭4. 设1()(1)kkk A f A k ∞==-∑收敛，则A 可以取为 A. 0091⎛⎫⎪--⎝⎭ B.0091⎛⎫ ⎪-⎝⎭ C. 1011⎛⎫ ⎪-⎝⎭ D. 1021⎛⎫⎪⎝⎭5. 设3阶矩阵A 满足242(4)(3)A E A E O --=, 且其最小多项式m (x )满足条件2(1)(2)(3)1,m m m a a =+为某实数，则A 可以相似于A. 200130002M ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪-⎝⎭B. 20012092M ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭C. 2001202M ⎛⎫-⎪=- ⎪ ⎪-⎝⎭D. 200030013M -⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭二、填空题(每题3分，共15分)6. 设5阶复数矩阵A 的最小多项式为22()(1)(2)f λλλλ=-+,则*dim ()N A ＝[ 1 ];dim ()R A ⊥= [ 1 ].(其中*A 表示共轭转置)7. 设220A A -=，则cos2A ＝ [ E ＋2(cos1-1)A ]。
大学物理教程上海交大答案
1习题11-1．解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+。
1-3解：(1)由d rv dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt = ，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴t dv a dt==222t n a a a =+有：n a ==1-4． 解法一：以地面为参照系，坐标如图，设同一时间内螺钉下落的距离为1y ，升降机上升的高度为2y ，运动方程分别为21012y v t gt =- （1）22012y v t at =+ （2）12y y d += （3）（注意到1y 为负值，有11y y =-） 联立求解，有：t =。
解法二：以升降机为非惯性参照系，则重力加速度修正为'g g a =+，利用21'2d g t =，有：t ==1-5解：（1）如图，可建立平抛运动学方程：0x v t = ，212y h g t =- ，∴201()2r v t i h g t j =+-；（2）联立上面两式，消去t 得小球轨迹方程：2202gx y h v =-+（为抛物线方程）； （3）∵201()2r v t i h g t j =+-，∴0d rv i g t j d t=- ， 即：0v v i g t j =-，d v g j d t=-在落地瞬时，有：t =∴0d r v i j d t = 又∵v ==，∴212220[()]g t dvdt v gt ==+。
上海交大《模态分析》练习题
《模态分析与参数辨识》1. 模态分析的基本目的和定义是什么？2. 什么是粘性阻尼？什么是结构阻尼？如何影响频响函数？3. 什么是模态？模态正交性是什么？4. 解释半功率带宽，其意义何在？5. 解释模态截断和剩余模态，对频响函数有何影响？6. 留数与振型有何关系？7. 原点与跨点导纳有何异同？8. 反共振点的物理意义是什么？对频响函数的幅值和相位有何影响？9. 位移、速度、加速度频响函数有何关系，如何影响对振型的估计？10. 说明传递函数和脉冲响应函数的物理意义以及两者之间的关系。
11. 模态参数辨识主要识别那些参数？12. 画出模态测试系统的框图。
13. 说明窗函数的作用，传感器布置与联接对测试结果的影响。
14. 脉冲激励与随机激励的特点是什么？15. 为什么说频率响应函数的确定是一个估计问题？有那些估计模型？16. 模态参数可辨识的条件是什么？17. 对一个N 自由度线性定常系统，试推导其在P 点激励，L 点响应的频率响应函数。
18. 论述实模态及复模态的性质，特点以及两者之间的区别。
19. 论述分量分析法识别模态参数基本过程。
20. 用框图描述用最小二乘复指数法进行模态参数识别的基本过程。
21. 用框图描述用多参考点频域法进行模态参数识别的基本过程。
22. 试用框图（不必写出公式）说明特征系统实现算法的主要过程，并说明在该方法中采用什么办法减少干扰提高辨识精度？23. 试推导无阻尼系统()0=+-i i K M φλ特征值灵敏度∂λ∂i j p 。
24. 试用框图（不必写出公式）说明频域法中对比例阻尼系统载荷识别的模态坐标转换法的主要过程25. 论述模态综合法的基本思想，并说明固定界面模态综合法和改进的自由界面模态综合法各自的特点，两种方法最后总的自由度数。
26. 写出二种计算模态和实验模态之间的相关准则以及频率响应函数的相关准则。
27. 二自由度系统（自由-自由）所测得的频率响应如下图所示，求系统的质量和刚度的关系。
系统模型、分析与控制_上海交通大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
系统模型、分析与控制_上海交通大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.梅森定理主要用来()参考答案:求系统的传递函数2.负反馈系统是指将系统的输出量直接或经变换后引入输入端，与输入量相减，利用所得的（）去控制被控对象，达到减小偏差或消除偏差的目的。
参考答案:代数和_偏差量3.按照系统参数是否随时间变化可将系统分为（）参考答案:时不变控制系统和时变控制系统_定常控制系统和时变控制系统4.不同的系统的模型一定不同参考答案:错误5.自动控制系统按其结构可分为开环控制系统和闭环控制系统参考答案:正确6.第一小题与第二小题的系统传递函数是否具有相同形式，二者是否为相似系统？参考答案:具有相同形式，是相似系统7.关于传递函数，错误的说法是（）参考答案:传递函数不仅取决于系统的结构参数，给定输入和扰动对传递函数也有影响8.适合应用传递函数描述的系统是（）参考答案:单输入、单输出的线性定常系统9.自动系统按其结构可分为：（）参考答案:以上都对10.下列关于稳定性充要条件的说法，正确的是：参考答案:当系统的特征方程缺项时，系统一定无法通过参数调整达到稳定11.偏差量是指（）与反馈量相减后的输出量参考答案:比较元件的输出12.快速性要求系统快速平稳的完成暂态过程，即（）参考答案:超调量要小，调节时间要短13.控制系统输出量（被控量）只能受控于输入量，输出量不返送到输入端参与控制的系统被称为（）参考答案:开环控制系统14.采用负反馈控制后，则（）参考答案:需要调整系统的结构参数，才能改善系统性能15.稳态误差是衡量系统控制精度的重要指标，下列减小和消除稳态误差的方法中，正确的是：参考答案:提高系统的开环增益16.传递函数与系统微分方程二者之间（）参考答案:既可以互相转换，也具有一一对应关系17.准确性要求系统稳态误差（）参考答案:要小。
大学物理上海交大参考答案
大学物理上海交大参考答案大学物理上海交大参考答案在大学物理课程中，上海交通大学一直以来都是备受关注的学府。
其严谨的教学体系和扎实的学术研究基础，使得上海交大的物理学科在国内外享有盛誉。
学生们在学习物理课程时，常常会遇到各种难题，而参考答案则成为他们解决问题的重要依据。
本文将为大家提供一些大学物理上海交大参考答案，希望对广大学子有所帮助。
第一章：力学1. 一个物体以初速度v0沿着直线做匀加速运动，经过时间t后速度变为v，求物体的加速度a。
答案：根据物体匀加速运动的公式v = v0 + at，可以得到a = (v - v0) / t。
2. 一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒力F作用，已知物体在受力方向上的加速度为a，求恒力F的大小。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可以得到F = ma。
第二章：热学1. 一个理想气体在等温过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于等温过程中气体的温度不变，根据理想气体的状态方程PV = nRT，可以得到P1V1 = P2V2。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2)。
2. 一个理想气体在绝热过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于绝热过程中气体与外界不发生热交换，根据理想气体的状态方程PV^γ = 常数，可以得到P1V1^γ = P2V2^γ。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2) / (γ - 1)。
第三章：电磁学1. 一个电容器由两块平行金属板组成，两板间的电容为C，电压为U，求电容器储存的电能。
答案：电容器储存的电能为E = (1/2)CU^2。
2. 一个电感器的感抗为X，通过的电流为I，求电感器的电压。
答案：电感器的电压为U = IX。
第四章：光学1. 一束光线从空气射入玻璃中，入射角为θ1，折射角为θ2，求光线的折射率。
答案：光线的折射率为n = sinθ1 / sinθ2。
2. 一束平行光通过一个凸透镜后，光线会汇聚于焦点处，求凸透镜的焦距。
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《模态分析与参数辨识》
我做的，不一定全对。
1. 模态分析的基本目的和定义是什么？P2,P2
2. 什么是粘性阻尼？什么是结构阻尼？如何影响频响函数？P3,P6,P4P6
3. 什么是模态？模态正交性是什么？P35,P37
4. 解释半功率带宽，其意义何在？P12
5. 解释模态截断和剩余模态，对频响函数有何影响？P43
6. 留数与振型有何关系？P41
7. 原点与跨点导纳有何异同？P27
8. 反共振点的物理意义是什么？对频响函数的幅值和相位有何影响？P28
9. 位移、速度、加速度频响函数有何关系，如何影响对振型的估计？P7
10. 说明传递函数和脉冲响应函数的物理意义以及两者之间的关系。
P23
11. 模态参数辨识主要识别那些参数？P39
12. 画出模态测试系统的框图。
P341
13. 说明窗函数的作用，传感器布置与联接对测试结果的影响。
P?这个扯远了，见课件。
14. 脉冲激励与随机激励的特点是什么？P60
15. 为什么说频率响应函数的确定是一个估计问题？有那些估计模型？P128
16. 模态参数可辨识的条件是什么？P116
17. 对一个N 自由度线性定常系统，试推导其在P 点激励，L 点响应的频率响应函数。
P40
18. 论述实模态及复模态的性质，特点以及两者之间的区别。
P39,P52
19. 论述分量分析法识别模态参数基本过程。
P82-86
20. 用框图描述用最小二乘复指数法进行模态参数识别的基本过程。
P126
21. 用框图描述用多参考点频域法进行模态参数识别的基本过程。
P168
22. 试用框图（不必写出公式）说明特征系统实现算法的主要过程，并说明在该方法中采
用什么办法减少干扰提高辨识精度？P176-181
23. 试推导无阻尼系统()0=+-i i K M φλ特征值灵敏度∂λ∂i j
p 。
P253 24. 试用框图（不必写出公式）说明频域法中对比例阻尼系统载荷识别的模态坐标转换法
的主要过程P38
25. 论述模态综合法的基本思想，并说明固定界面模态综合法和改进的自由界面模态综合
法各自的特点，两种方法最后总的自由度数。
P314
26. 写出二种计算模态和实验模态之间的相关准则以及频率响应函数的相关准则。
P243
27. 二自由度系统（自由-自由）所测得的频率响应如下图所示，求系统的质量和刚度的关
系。
Log|H()|
M1
k
M2
62.8 125.6
解：由上图得：
ωA=62.8, ωR=125.6
(ωA)2=k e：m e1 =3943.84
(ωR)2=k e：m e2=15775.36
故m e1：m e2=4：1
28.如图所示的简化三自由度系统（两端简支的无质量弹性梁），在M1处激励，并测量
M1、M2、M3的响应，试画出对应三点的频响函数曲线。
M1M2M3
解：在电脑上画图太麻烦了，略。
以上简答题还可参考：/view/1719528.htm。