振动力学 部分 课后答案 刘延柱 著 高等教育出版社

1.1质量为m 的质点由长度为l 、质量为m 1的均质细杆约束在铅锤平面内作微幅摆动，如图E1.1所示。

求系统的固有频率。

图E1.1解：系统的动能为：()222121x I l x m T +=其中I 为杆关于铰点的转动惯量：2102120131l m dx x l m x dx l m I l l∫∫==⎟⎠⎞⎜⎝⎛=则有：()221221223616121x l m m x l m x ml T +=+=系统的势能为：()()()2121212414121 cos 12cos 1glx m m glx m mglx x lg m x mgl U +=+=−⋅+−=利用x xn ω= 和U T =可得：()()lm m gm m n 113223++=ω1.2质量为m 、半径为R 的均质柱体在水平面上作无滑动的微幅滚动，在CA=a 的A 点系有两根弹性刚度系数为k 的水平弹簧，如图E1.2所示。

求系统的固有频率。

图E1.2解：如图，令θ为柱体的转角，则系统的动能和势能分别为：22222243212121θθθ mR mR mR I T B =⎟⎠⎞⎜⎝⎛+==()[]()222212θθa R k a R k U +=+⋅=利用θωθn= 和U T =可得：()mkR a R mR a R k n 343422+=+=ω1.3转动惯量为J 的圆盘由三段抗扭刚度分别为1k ，2k 和3k 的轴约束，如图E1.3所示。

求系统的固有频率。

图E1.3解：系统的动能为：221θ J T =2k 和3k 相当于串联，则有：332232 , θθθθθk k =+=以上两式联立可得：θθθθ32233232 , k k k k k k +=+=系统的势能为：()232323212332222*********θθθθ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=++=k k k k k k k k k k U 利用θωθn= 和U T =可得：()()3232132k k J k k k k k n +++=ω1.4在图E1.4所示的系统中，已知()b a m i k i , ,3,2,1 和=，横杆质量不计。

求固有频率。

mg ba aF +=2x x 2图E1.4答案图E1.4解：对m 进行受力分析可得：33x k mg =，即33k mg x =如图可得：()()22221111 ,k b a mga k F x k b a mgb k F x +==+==()()mgk k b a k b k a b a x x a x x x x 212221212110++=+−+=′+=()mg k mg k k k b a k b k a x x x 0321222123011=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=+=则等效弹簧刚度为：()()2123223123212k k b a k k b k k a k k k b a k e ++++=则固有频率为：()()()[]222132212321b k a k k b a k k m b a k k k mk en ++++==ω1.7质量1m 在倾角为α的光滑斜面上从高h 处滑下无反弹碰撞质量2m ，如图E1.7所示。

确定系统由此产生的自由振动。

图E1.7答案图E1.7解：对1m 由能量守恒可得（其中1v 的方向为沿斜面向下）：211121v m gh m =，即gh v 21=对整个系统由动量守恒可得：()02111v m m v m +=，即ghm m m v 22110+=令2m 引起的静变形为2x ，则有：22sin kx g m =α，即kg m x αsin 22=令1m +2m 引起的静变形为12x ，同理有：()k g m m x αsin 2112+=得：k g m x x x αsin 12120=−=则系统的自由振动可表示为：txt x x n nn ωωωsin cos 00 +=其中系统的固有频率为：21m m k n +=ω注意到0v 与x 方向相反，得系统的自由振动为：tv t x x n nn ωωωsin cos 00−=1.9质量为m、长为l的均质杆和弹簧k及阻尼器c构成振动系统，如图E1.9所示。

以杆偏角θ为广义坐标，建立系统的动力学方程，给出存在自由振动的条件。

若在弹簧原长处立即释手，问杆的最大振幅是多少？发生在何时？最大角速度是多少？发生在何时？是否在过静平衡位置时？lc图E1.9答案图E1.9解：利用动量矩定理得：llcaakI⋅−⋅−=θθθ，231mlI=33222=++θθθkaclml，223mlkan=ωnmlclξω2322=，321123mklacmcn<⇒<⋅=ωξaaklmg⋅=⋅2θ，202kamgl=θ1.12面积为S 、质量为m 的薄板连接于弹簧下端，在粘性流体中振动，如图E1.12所示。

作用于薄板的阻尼力为Sv F d 2μ=，2S 为薄板总面积，v 为速度。

若测得薄板无阻尼自由振动的周期为0T ，在粘性流体中自由振动的周期为d T 。

求系数μ。

图E1.12解：平面在液体中上下振动时：02=++kx x S xm μ02T m k n πω==，dn d T πξωω212=−=n n m S m S ωμξξωμ=⇒= 22，kS 222μξ=kS k 2221μξ−=−2020220222T T T ST mk S k T T d dd −=⇒−=πμμππ2.1一弹簧质量系统沿光滑斜面作自由振动，如图T 2-1所示。

已知，°=30α，m =1kg ，k =49N/cm ，开始运动时弹簧无伸长，速度为零，求系统的运动规律。

图T 2-1答案图T 2-1解：0sin kx mg =α，1.049218.91sin 0=××==kmg x αcm70110492=×==−mk n ωrad/s t t x x n 70cos 1.0cos 0−==ωcm2.1图E2.2所示系统中，已知m ，c ，1k ，2k ，0F 和ω。

求系统动力学方程和稳态响应。

1xk 2x2(11x k −)11x x−图E2.1答案图E2.1(a)答案图E2.1(b)解：等价于分别为1x 和2x 的响应之和。

先考虑1x ，此时右端固结，系统等价为图（a ），受力为图（b ），故：()()x c x k x c c x k k xm 112121+=++++t A c A k kx x c xm 1111111cos sin ωωω+=++ （1）21c c c +=，21k k k +=，m k k n 21+=ω（1）的解可参照释义（2.56），为：()()()()()()()22211111222111121cos 21sin s s t kA c s s t kA k t Y ξθωωξθω+−−++−−=（2）其中：n s ωω1=，21112s s tg −=−ξθ()()()212122122122112121k k c c k k k k c s ++++=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛++=+ωωξ()()()()()21212212212122112122121222 121k k c c m k kk k c c k k m s s +++−+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−=+−ωωωωξ故（2）为：()()()()()()()()211212212212121212112122122121111111111sin cos sin θθωωωωωωθωωθω+−++−++=++−+−+−=t c c m k kc k A c c m k k t A c t A k t x ()()m k k c c tg k k m k k c tg s s tg 2121121121212111211112ωωωωξθ−++=+−+=−=−−−11112k c tg ωθ−=考虑到()t x 2的影响，则叠加后的()t x 为：()()()()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−++−++−++=−−=∑i i i i i i i ii i i i i k c tg m k k c c tg t c c m k k c k A t x ωωωωωωω12212112122212221222sin2.2如图T 2-2所示，重物1W 悬挂在刚度为k 的弹簧上并处于静平衡位置，另一重物2W 从高度为h 处自由下落到1W 上而无弹跳。

求2W 下降的最大距离和两物体碰撞后的运动规律。

W 2W1图T 2-2答案图T 2-2解：222221v gW h W =，gh v 22=动量守恒：122122v g W W v g W +=，gh W W W v 221212+=平衡位置：11kx W =，kW x 11=1221kx W W =+，kW W x 2112+=故：kW x x x 21120=−=()2121W W kgg W W k n +=+=ω故：tv t x t xt x x n nn n nn ωωωωωωsin cos sin cos 12000+−=+−=2.4在图E2.4所示系统中，已知m ，1k ，2k ，0F 和ω，初始时物块静止且两弹簧均为原长。

求物块运动规律。

20x k )1x x k −2xm (2k 图E2.4答案图E2.4解：取坐标轴1x 和2x ，对连接点A 列平衡方程：()0sin 012211=+−+−t F x x k x k ω即：()tF x k x k k ωsin 022121+=+（1）对m 列运动微分方程：()1222x x k xm −−= 即：12222x k x k xm =+ （2）由（1），（2）消去1x 得：t k k kF x k k k k xm ωsin 2120221212+=++ （3）故：()21212k k m k k n +=ω由（3）得：()()()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−+=t t k k m k F t x n n n ωωωωωωsin sin 22212022.5在图E2.3所示系统中，已知m ，c ，k ，0F 和ω，且t =0时，0x x =，0v x= ，求系统响应。

验证系统响应为对初值的响应和零初值下对激励力响应的叠加。

tω图E2.3解：()()()θωωωξω−++=−t A t D t C e t x d d t cos sin cos 0()()2220211s s kF A ξ+−⋅=，2112s s tg−=−ξθ()θθcos cos 000A x C A C x x −=⇒+==()()()()θωωωωωωωωξωξωξω−−+−++−=−−t A t D t C e t D t C e t xd d d d t d d t sin cos sin sin cos 000 ()ddd A Cv D A D C v xωθωωξωθωωξωsin sin 00000−+=⇒++−== 求出C ，D 后，代入上面第一个方程即可得。