机械动力学第二版 石端伟 习题答案

∴
x
=
x0
+
•
x
0
+
nx0 te−nt
（1）
•
x
=
−n
x
0
+
•
x
0
+
nx0
t
e
−nt
+
•
x
0
+
nx0 e−nt
（2）ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
( ) 到达平衡位置时 x = 0 ，由（1）可得 t = − x0 •
令 ωn =
x 0 + nx0
k= m
180 = 10 s −1 带入相关 1.8
数据得
t = 0.5s
2 n=1
••
系统的振动方程为： m x+ kx
=
••
F(t),⇒ x+
k
x
=
F (t )
k
其中
= ωn 2
mm
m
∑ 解方程后得： x = 8F 0 •
∞
( )n−1
−1 2
•
sin
nωt
π 2k
n=1,3,5
n
2
1
−
nω ωn
2
2π me
2π
a2 1
m1
+
a4
2
m2
( ) 7 解：在临界位置系统的自由振动方程的解为： x = B1 + B2t e−ξωnt 其中
•
B1 = x0, B2 = x 0 + ξωnx0 ， n = ωn
∴
x
=
x0
+
•
x
0
+
nx0 te−nt
•
x
=
−n x 0
+
•
x
0
+
nx0 te−nt
+
•
x
32l1
32l 2
由于两轴并联，所以系统的等效刚度： k = k1 + k 2 = πd 4G 1 + 1 。 32 l1 l2
f=ω = 1
k= 1
πd 4G(l1 + l2) 。
2π 2π I 2π 32Il1l2
3 解：有材料力学得，中间点的静挠度为： δj = mgl 3 48EI
所以固有角频率为： ωn =
A = X sinϕ, A = X (ξωn sinϕ − ω cosϕ ) 带入（1）得初始响应为：
ωd
x
=
Xe −ξωnt
sin ϕ
cos ωdt
+
1 ωd
(ξωn sinϕ
−
ω
cos
ϕ
)sin
ωdt
+
X
sin(ωt
−ϕ)
（2）
由已知条件可知，ξ << 1，ω = ωn,∴ωd = ωn 。 X = F 0 • 1 ,ϕ = π , λ = 1带入（2）近 k 2ξ 2
•
( ) •
到达最远位置时 x = 0 ，由（2）可得 t =
− x0
= 0.6 s −1
n
•
x
0
+
nx0
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−ξωnt (A1cosωdt + A2 sin ωdt ) + X sin(ωt − ϕ ) 式中ωd = 1 - ξ 2 ωn
（ 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 sinθ
当摆角很小时有： sin β = R sinθ ≈ R θ ⇒ meω 2 sin β ≈ mω 2 Rθ
e
e
质量
m
的切向加速度：
l
••
θ+
(R
+
l
)ϕ••
，（
ϕ
是摆线与质量到
O
2
−
µAg G
2
(3)
结合(1)(3)可得： T 2 =
2π
2π T 1
2
−
µAg G
2
将上式变形后得：
T2 2π
2
2π T1
2
−
µAg G
2
=1
∴ µAg • T1T 2 =
T2 2
− T12
⇒µ
=
2πG
T2 2
− T12
G 2π
gAT 1T 2
5 解质量 m 产生的离心惯性力是 meω 2 。它在 L 法线方向的分量 meω 2 sin β
系统的固有角频率为： ωn 2
=
kθ I
=
mω 2 Rl ml 2
=
Rω2 l
⇒ ωn
=
Rω ⇒ f = ω
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。
T
=
1
m1
•
a1θ
2
+
1
m2
a
•
4θ
2
=
1
me
a
4
•
θ
2
2 2 2
∫ ∫ ∫ ∫ an = 2
T
T 0
F (t)cos nωt
=
2 T
π 2ω 0
2ωF 0 π
t
cos
nωtdt
+
3π 2ω π 2ω
−
2ωF π
0
t
−
π ω
cos
nωtdt
+
2π ω 3π 2ω
2ωF π
0
t
−
2π ω
cos nω
∫ ∫ ∫ ∫ bn = 2
T
T 0
F (t)sin
nωt
∴ me = a1 2 m1 + m2 a4
简化前后势能相等。
U = 1 k1(a2θ )2 + 1 k 2(a3θ )2 = 1 ke(a4θ )2 ⇒ ke = a2 2 k1 + a3 2 k 2
2
2
2
a4
a4
固有频率： f = 1 ke = 1 a2 2 k1 + a32 k 2
X=
F0
=
F0 k
, (1)
( ) ( ) ( ) m
ω2 n
−ω2
2
+ 4ξ 2ωn 2ω 2
m 1 − λ2 2 + 2λ 2
ϕ = arctan 2ξωnω = arctan 2ξλ ，λ = ω
ω2 n
−ω2
1− λ2
ωn
•
常数 A1，A2 由初始条件 t = 0, x0 = 0, x0 = 0 确定，利用（1）可得
=
2 T
π 2ω 0
2ωF 0 π
t
sin
nωtdt
+
3π 2ω π 2ω
−
2ωF π
0
t
−
π ω
sin
nωtdt
+
2π ω 3π 2ω
2ωF 0 π
t
−
2π ω
sin
nωt
∑ 将 a0, an,bn 带入 F (t ) = a0 + ∞ (an cos nωt + bn sin nωt )。
y中
2l
∴中间点的最大动能为：
\
∫ ∫ Ty =
l
1
ρ
•
y2
max
dx
=
l 1ρ
x
•
y
物
max
2
=
ρl
•2
y 物 max
02
0 2 2l
24
系统的最大动能为： T
= T物 + Ty
=
1 •2 my
+ 物 max
ρl
•
y 物 max
=
1 ρl
+
m
•
y
2
物 max
2
24
2 12
∴系统的等效质量为： M = ρl + m 12
连线的夹角）
二力对 O，′ 点取力矩的合力应等于零。
∴
ml
••
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
••
无阻尼受迫振动方程为： I θ + kθθ = T
（1） （2）
将（1）（2）对比后得到： I = ml 2，kθ = mω 2 Rl
k= M
g= δj
48EI 。则 f = 1
Ml 3
2π
48EI
，于是只需要求出
Ml 3
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 =
yx
•
y 物 max .. =
x
•
y 物 max .. 。
0
+
nx0 e−nt
( ) 到达平衡位置时 x = 0 ， t = • − x0 令ωn =
x 0 + nx0
k= m
180 = 10 s −1 带入相关数据得 1.8
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 + B2t e−ξωnt
•
其中 B1 = x0, B2 = x 0 + ξωnx0 n = ωn
1.解：根据势能相等原理：
1
kx2
=
1
k1x12
+
1
k
2
x
2 2
+
1
k 3 x32
2
2
2
2
=
1 2
k1x2
+
1 2
x 2 k 2 2
+
1 2
k 3
x 2
2
则系统的等效刚度为 k = k1 + 1 (k 2 + k 3)
4
2 解：分别对圆盘左右两边的轴求刚度
k1 = πd 4G ，k 2 = πd 4G ，
似得到
x
=
F0 k
•
1 2ξ
e−ξωnt
−1 cosωnt
。
( ) 式子中固有频率为ωn = kg = 29200 × 9.8 = 14 s −1
G
1960
e−ξωnt ≤ 1 ，∴ eξωnt ≥ 100 ， t ≥ 1 In100 = 4.605 = 1.645(s)
100
ξωn
0.2 × 14
10 解:有图示可得 F（t）的方程式
0
<
t
<
π 2ω
, F(t)
=
2ωF 0 π
t
π
2ω
<
t
<
3π 2ω
, F(t) =
−
2ωF 0 π
t
−
π ω
3π
<t <
2π , F(t) =
2ωF 0 t − 2π
2ω
ω
π ω
由傅里叶级数求各项系数 a0, an, bn 分别为
a0 = 0,
将该式子带入到 f = 1 2π
48EI ρl + ml 3 12
4.解：在空气中：T1 = 2π = 2π G
(1)
ωn
kg
在液体中有系统的振动方程：
G
••
x+
2µA
•
x+
kx
=
0
g
（2）
∴ T 2 = 2π = ω
( ) 2π =
1 − ξ 2 ωn
2π
=
ω2 n
−
c
2
2m
2π
kg G