结构动力学习题解答(一二章)

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结构动力学习题解答

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；

x （2） 利用牛顿第二定律m

F,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,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，写出系统对于坐标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

LL

=0，得到系统的运动微分方程； ()

dt

（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

d(TU)

0，进一步得到系dt

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Ai、Ai1。

（2）由对数衰减率定义 ln(

Ai

)， 进一步推导有 Ai1





21

1

2

，


结构动力学习题解答

因为较小， 所以有



。 2

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：



1,2max/22/4；

于是

2

12(12)n；

进一步

222(12)n；

最后

21/2n/2n；



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F0sint作用下其稳态响应为：

xAsin(t),

其中： A

m



F0

20

2n

4n

2

2



14

2

xst

2



2

； (1)

arctan2/12 (2)

2


结构动力学习题解答

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。 方法二：功率法：

（1） 单自由度系统在F0sint作用下的振动过程中，在一个周期内， 弹性力作功为 Wc0、 阻尼力做功为 WdcA2、 激振力做作功为 WfF0sin；

（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： Wc+Wd+Wf0；

于是 F0sin-cA20 进一步得： AF0sinc； （3） 当n时，sin1，

则 Amaxxst2，

得 max12, 2max。

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k1、简支梁

11148EI

刚度为 k23； 等效刚度为k;有；

kkkL12

k

111

k1k2



48EIk48EIk1l3

m

L/2 L/2

则固有频率为：

km



48EIl3

； 图1-33（a） 3

48EIk1lm



（2）此系统相当于两个弹簧串联, 等效刚度为: m

48EI

kk13; L/2 L/2

l

k1 则固有频率为: 

km

k1l348EI



ml3

图1-33（b）

3


结构动力学习题解答

(3)系统的等效刚度为

m k1 k1

kk1

3EI3EI

k133

ll

图1-33（c）

k1l33EIk

则系统的固有频率为 

mml3



（4） 由动量距定理（

得：

mFIm

0

0

11111 k k lk1llk1l）=ml211

22222

k10 ， 得： 

2m

则 

k1

。 2m

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 为广义坐标，则

系统的动能为



112

2I0xTT重物T轮子（m） 22

2

k

A

1P11P2xP2P2

2( 图1-34 x（）R)xx

22g22gR4g4g

B



P2

 x2g

12

kx ； 2

0

x

系统的势能能为：

UU重物U弹簧Px

拉格朗日函数为

L=T-U ;

由拉格朗日方程

LL()0 得 dtxx

P

kx0 xg

4


结构动力学习题解答

则，

0=

kg P

kg P

所以：系统的固有频率为

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

为K 。

解：磙子作平面运动， K

R 其动能T=T平动 +T转动 。 x M



图1-35

T平动T转动

1

Mx2; 2

22

1x1MR2xI;2R22R

113

2Mx2Mx2； Mx244

1

Kx2； 2

T

而势能

U

系统机械能

TU

31

2Kx2C; Mx42

由

d

TU0得系统运动微分方程 dt

3

Kx0； Mx2

得系统的固有频率

n

2K

； 3M

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mA，半径为rA，齿轮B的质量为mB，半径为rB,杆AC的扭转刚度为KA, ,杆BD的扭转刚度为KB,

rr

解：由齿轮转速之间的关系ArABrB 得角速度 BAA；转角BAA；

rBrB系统的动能为：TTATB

11

JAA2JBB2 22

C A

1mArA21mBrB22B21mAmBrA2A2； B D TA

22422



5


结构动力学习题解答

图1-36

系统的势能为：

rA211112222UKAAKBBKAAKBBKAKB2

2222rB



2

; A

系统的机械能为

rA21122ATUmAmBrAKAKB2

42rB

2

C； A

由

d

TU0 得系统运动微分方程 dt

2r12AAKAKBmAmBrA

2rB2



0； A

因此系统的固有频率为：

rA22KAKB2rB

mAmBrA2



rA22KAKB2rB

mAmB



n



1rA

；



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

0时 数为C，求当初始条件00

（１）f(t)Fsint的稳态解； C f(t)

（２）f(t)(t)t的解； L/2 L/2 解：利用动量矩定理建立系统运动微分方程

LLLLCJKf(t)K ； K K 

2222

L

2

L2

2

2

2

mmL2dr而 Jrdmr ； 图１－３７ L12LL



2



2



2



2

3CL26KL26Lf(t)； 得 mL2

化简得

3C6K6

f(t) (1) mmmL

（１） 求f(t)Fsint的稳态解；  

将f(t)Fsint代入方程（1）得

 

3C6K6

Fsint (2) mmmL

6


结构动力学习题解答

令2n

3C6K6F;n2;h; 得 mmmL

2n2hsint （3） n

设方程（3）的稳态解为

xAsin(t) （4） 将（4）式代入方程（3）可以求得：

A

h

6F

L6Km

arctg



n

2



22





4n

2n

2

2



22



；

9C

2

2

arctg

3C6Km

2

n

22

；

（２） 求f(t)(t)的解； 将f(t)(t)代入方程（1）得

 

3C6K6

(t) （5） mmmL

令2n

3C6K6

;n2;h; 得 mmmL

2n2h(t) （6） n

方程（6）成为求有阻尼的单自由度系统对于脉冲激励h(t)的响应。由方程（6）可以得到初始加速度

h(t)； 0

然后积分求初始速度

dth(t)dth(t)dth ； 00

0

0

0



0



0



0

再积分求初位移

dth)dt0； 00

0

0



0



0

、和的瞬态响应 这样方程（6）的解就是系统对于初始条件000

xAentsindt；

将其代入方程（6）可以求得：

A

hmdhmd

;0;

最后得

xAentsindt

entsindt



7


结构动力学习题解答

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，求方盒自由落下与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，所以振子与盒子之间无相对位移。在粘地瞬间， 由机械能守恒定理 mgH

1

mV02的振子的初速度V02gH； 2

底版与地面粘住后，弹簧振子的振动是对于初速度 V02gH的主动隔振

m

系统的运动微分方程为：

CxKx0 ； K/2 c K/2 mx

或 x

CK

x0; xmm

2nxn2x0; H x或 

系统的运动方程是对于初始条件的响应：

xAentsindt；

Ax02

0nx0x

d2gHx

0 ； dd

2

arctg

dx0

0 ；

0nx0x

2gH

sindt;

x

d

1.10汽车以速度V在水平路面行使。其单自由度模型如图。设m、k、c已知。路面波动情

况可以用正弦函数y=hsin(at)表示。求：（1）建立汽车上下振动的数学模型；（2）汽车振动的稳态解。 解：（1）建立汽车上下振动的数学模型；由题意可以列出其运动方程：

m k(yy1)c(yy1) Ymy1

其中：y表示路面波动情况；y1表示汽车上下波动位移。 K/2 C K/2 将其整理为：

cykyky1cy1 (1) Y(t) y m

将yhsin(at)代入得

cykyachcos(at)khsin(at) 图１－３９ my



(2)汽车振动的稳态解:

设稳态响应为：yAsin(ta)

8


结构动力学习题解答

代入系统运动微分方程（1）可解得：

k2c22

Ah； 2222

(km)c

mc3

aacrtan()； 222

k(km)c

1.11.若电磁激振力可写为F(t)Hsin20t，求将其作用在参数为m、 k、 c的弹簧振子上的稳态响应。

解：首先将此激振力按照傅里叶级数展开：



a0

F(t)(aicos(it)bisin(it))

2i1

2T2T

其中：aiF(t)cos(it)dt； biF(t)sin(it)dt

T0T0

2

因为F(t)Hsin(0t)是偶函数，所以bi0。

于是

F(t)

而

HH

cos(20t) 22

x(t)

式中

H

Asin(20ta/2)； 2k

H2m

(n40)16n0

2

2

2

2

A

；

aarctan

2n

；

n2402

n

ck2

,n 2mm

3,求其等效粘性阻尼。 1.12.若流体的阻尼力可写为Fdbx3 ； 解：（1）流体的阻尼力为Fdbx

dt； （2）设位移为 xAcos(t)，而 dxx

3xdt)； （3）流体的阻尼力的元功为 dWdFddx(bx

（4）流体的阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为：



9


结构动力学习题解答

4334

WFddxbxdxbxdtb[Acos(ta)]dtb3A4

4

（5）粘性阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为：cA （6）等效粘性阻尼：取n，令

可得：ceq

2

33

bnA4nceqA2 4

32

bnA2 4





10


结构动力学习题解答

第二章 两个自由度系统

2.1 求如图2-11所示系统的固有频率和固有振型，并画出振型。 解：（1）系统的振动微分方程

1kx1k(x1x2); X1 X2 mx

2k(x2x1)kx2; m m x m

k k k

12kx1kx20； x即 m

2kx12kx20； （1） 图 2-11 x m

（2）系统的特征方程 根据微分方程理论，设方程组（1）的解为：

x1A1sin(t)；x2A2sin(t) （2）

将表达式（2）代入方程组（1）得：

(m2A12kA1kA2)sin(t)0

(m2A2kA12kA2)sin(t)0 （3）

因为sin(t)不可能总为零，所以只有前面的系数为零：

(2km2)A1kA20;kA1(2km)A20;

2

；

即

2km2



k

A10k

； （4）

2km2A20

（３） 系统的频率方程 若系统振动，则方程有非零解，那么方程组的系数行

列式等于零，即：

2km2

k

展开得

k2km

2

0 ；

m4mk3k0 ； （5） 系统的固有频率为：

1K/m ； 23K/m

2422

; （6）

（４） 系统的固有振型 将1，2代入系统的特征方程（4）式中的任一式，得系统的固有振型，即各阶振幅比为：

1A1(1)

(1)

A2



(1)

1;

1



(2)



A1(2)

(2)A2

1;（7）

系统各阶振型如图所示：其中（a）是一阶振型，（b）是二阶振型。

11


结构动力学习题解答

+1 +1 +1



（a） (b)

-1

（５） 系统的主振动 系统的 第一主振动为

(1)(1)(1)x1A1sin(1t1)A1sin(

k

t1);m

k

t1)m



(1)(1)(1)x2A2sin(1t1)(1)A1sin(

系统的第一主振动为

(2)(2)(2)x1A1sin(2t1)A1sin(

3k

t1);m

3k

t1)m



(2)(2)(2)x2A2sin(2t1)(2)A1sin(

2.2确定图2-12所示系统的固有频率和固有振型。

解：（1）系统的动能

1212212

1212T(2m)u(m)umumu u1 u2

222

（2）系统的势能 A 2m B m 因为弹簧上端A、B两点的位移

uA2u1

u1u2uu2

;uB1; K K 22

所以系统的势能为

V

uu22Ku1u22K

(2u11)()2222

L L L

K22

(5u12u1u2u2) ; 图2-12 4

1K222

2mu(5u12u1u2u2) 24

(3)系统的Lagrange函数

21LTVmu

（4）系统的运动微分方程 由Lagrange方程

d

dtLuj

l0uj

j1,2

可得

5K

Ku1u20;22 KK

2Ku1u20;mu

2212mu

即

12


结构动力学习题解答

5Ku2m12Kum22



K

u102

; Ku20

2

（６） 系统的特征方程 设系统的运动微分方程的解为

u1A1sin(t),u2A2sin(t) 代入系统的运动微分方程得系统的特征方程

5K2

2mKA1A20;

22



KK

KA1m2A20;22

即

5K2

2mKA0

221; KKA202m22

（7）系统的频率方程 系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零

5K2

2mK

220; KK2m22

即

4m247Km22K20;

解得

系统的固有频率

K

m

K

； m

10.6;21.18

（７） 系统的固有振型 将系统的固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得

系统的固有振型

A1(1)

(1)A2



1

(1)

0.28;

A1(2)

(2)A2



1

(2)

1.67;

（8）系统的主振动

(1)(1)(1)u1A1sin(1t1)A1sin(0.6

k

t1);m

k

t1)m



(1)(1)(1)u2A2sin(1t1)0..28A1sin(0.6(2)(2)(2)u1A1sin(1t1)A1sin(1.18

k

t1);m

k

t1)m



(2)(2)(2)u2A2sin(1t1)1.67A1sin(1.18

2.3一均质细杆在其端点由两个线性弹簧支撑（图2-13），杆的质量为m，两弹簧的刚度分

别为2K和K。

13


结构动力学习题解答

（1）写出用杆端铅直位移u1和u2表示的运动方程； u1 C m u2 （2）写出它的两个固有频率； （3）画出它的两个固有振型； 解：(1) 均质杆的运动微分方程 2K K 以均质杆的静平衡位置为坐标原点，均质杆的质心 C的位移为 uC

1

u1u2; L 2

u2uu2u1

; 图2-13 LL

均质杆绕质心C的转角为 sin1

1u2)m(u

K(2u1u2);2

均质杆的运动微分方程 即 2 KL

1u2Ku1LJCu2;mLuKL

Ku1Lu22

12L2

cK(2u1u2);mu

即

1u2)2K(2u1u2);mu24Ku12Ku20;m(umu

即 1 （1）

1u26K2u1u2;1mu212Ku16Ku20;mumu

（2）系统的特征方程

设运动微分方程（1）的解为 u1A1sin(t) 、u2A2sin(t)，代入方程（1）

m2A1m2A24KA12KA20;m2A1m2A212KA16KA20;



即

4Km2

2

m12K

2Km2A10

;

6Km2A20

（4） 系统的频率方程 系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零

4Km2

m212K

2Km2

0; 2

6Km

即

m2412Km224K20;

解得

系统的两个固有频率

11.612;23.066；

（5） 系统的固有振型 将系统的固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得

系统的两阶固有振型 （8）系统的两阶主振动



(1)(1)(1)u1A1sin(1t1)A1sin(1.612t1);(1)u2

A1(1)

(1)A2



1

(1)

(2)3A1137;(2)(2); 7A267



(1)

A2

sin(1t1)

(1)

2.33A1

sin(1.612t1)



14


结构动力学习题解答



(2)(2)(2)u1A1sin(1t1)A1sin(3.066t1);(2)u2



(2)A2

sin(1t1)

(2)

1.81A1

sin(3.066t1)





2.4确定图2-14所示系统的固有频率和固有振型，并画出固有振型。 解：（1）系统运动微分方程

12K(u2u1);2mu

22K(u2u1);mu

即 u1 u2

m

2k 2m

12Ku12Ku20;2mu

（1）

22KKu12Ku20;mu



（2）系统特征方程 图2-14

设运动微分方程（1）的解为

u1A1sin(t)

和 u2A2sin(t)， 代入方程（1）

KmAKA0; 2KA2KmA0;

2

1

1

22

2

即

Km22K

A10K

;

2Km2A20

（3）系统频率方程

系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零

Km22K

K

0;

2Km2

即

m43K20;

解得

10;2

3K

; m

（4）系统的固有振型 将系统的固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得

系统的两阶固有振型



A1(1)

(1)A2



1

(1)

1;

A1(2)

(2)A2



1

(2)



1; 2



+1 +1 +1

15


结构动力学习题解答



-1/2

2.5图2-15所示的均质细杆悬挂成一摆，杆的质量为m，长为L，悬线长为L/2，求该系统的固有频率和固有振型。 解：（1）求均质细杆质心的坐标和质心的速度 xc

L

sin1sin2,ycLcos1cos2 ； 1 L/2 22LLc1cos12cos2,y1sin12sin2； 2 C 22

cx



（2）求系统的Lagrange函数

LTV

112221mgLcoscos ；图2-15 CCmxyJC212

222



mL222mL22112212cos122mgLcos1cos2 ； 8242



（3）求系统的运动微分方程 dL由Lagrange方程

dtj

l0jmL24mL24

mL2

即 42

mL4

j1,2

2

可得

mL1

4mL213L2

mgL0;22

2mg0;21



00

1

; mgL20

2

mL2mgL

412

mL220

3

（4）系统特征方程

设运动微分方程（1）的解为 1A1sin(t) 和2A2sin(t)，代入方程（1）

LmL22mL22

(mg)A1A20;

244 mL22LmL22A1(mg)A20;423

LmL22mL22

)(mgA10

244; 即 

mL22LmL22A20

(mg)423

（3）系统频率方程

系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零

LmL22mL22

(mg)

244

0; 22

mL2LmL2(mg)423



16


结构动力学习题解答

即 L2414g212g20; 解得系统的两个固有频率

1

gL

;23.6

g

;； L

（4）系统的固有振型 将系统的固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得 系统的两阶固有振型

A1(1)

(1)A2



1

(1)

1;

A1(2)

(2)A2



1

(2)



13; 11



+1 +1 +1





-13/11 2.6两层楼用集中质量表示如图2-16所示的系统。其中m1

11

m2；k1k2；证明该系统22

(1)(2)

x1k12k1x1

;2;(1)2;(2)1 ； 的固有频率和固有振型为：12m1m1x2x2

解：(1)系统振动微分方程

1k11x1k12x20m1x

（1）

m2x2k12x1k22x20





（2）系统特征方程 设方程组的解为

x1A1sint xAsint22

代入方程组（1）式得

k

系统特征方程{

11

2m1A1k12A20

k21A1k22m2A20





2



（2）

（3）系统频率方程 因为考虑系统振动的情况 ，所以要求方程（2）有非零解。而方程（2）

有非零解的充要条件是其系数行列式等于零： X1 m1

K112m1

K12

K12K22m2

2

0 K1

2

即k11m1）（k22m2）k12k210 (3) X2 m2

2

17


结构动力学习题解答

（4）系统固有频率 K2 根据已知条件 k11k1，k21k12k1， k22k1k23k1，m1

k22

11

m2，k1k2; 图2-16 2211

k1k23k1，m1m2，k1k2;

22

5k12k14

0 ， 2m1m1

2

代入（3）式得

21

k12k12

,2 ； 2m1m1

（6） 系统固有振型：

将系统固有频率 代入系统特征方程（2）得系统固有振型

(1)A1(1)A2



k12

1m1k11

k12

2



k1k1

k12

2；

A1(2)

(2)A2



22m1k11



k1

1；

2k1k1

（7） 系统的主振动：

(1)x1(1)x2



A1(1)

(1)A2

2 ；

(2)x1(2)x2



A1(2)

(2)A2

1；

证毕。



2．7 如图2-17所示的系统，设激振力为简谐形式，求系统的稳态响应。

m1 x1 m2 x2

m k1 k2

图2-17 解: (1)建立系统运动微分方程

根据牛顿第二定律，分别对m1和m2列出振动微分方程：

18


结构动力学习题解答

1k1x1k2(x1x2)f(t)m1x

2k2(x2x1)0m2x

即：

（1-1）

1(k1k2)x1k2x2m2esint)m1x

2k2x1k2x20m2x

（1-2）

(2求系统的稳态响应：设系统的稳态响应为 xA1sin(t1)

1 （1-3）

x2A2sin(ta2)

即



x1C1sintC2costx2D1sintD2cost

（1-4）

将表达式（1-4）代入式（1-2），根据两个方程中包含sint的系数和为零及包含cost的系数和为零，可得如下方程组：

(m12k1k2)C1k2D1m2e;(m1k1k2)C2k2D20;

2



即

k2C1(m22k2)D10;k2C2k2D20;

（1-5）

求解方程组（1-5）得：C2D20

C1





m2e(k22m2)

m2ek2

m1m24m1k22m2k12k1k2m2k22m1m2m1k2m2k1k1k2m2k2

4

2

2

2

;

;

D1

C2D20;

（1-6）

所以在公式x1A1sin(t1),x2A2sin(ta2)中有



m2e(k22m2)

A1;

m1m24m1k22m2k12k1k2m2k22 A2

m2ek2

m1m2m1k2m2k1k1k2m2k2

4

2

2

2

;

120;



（1-7）

2.8在如图2-18所示的系统中，一水平力Fsin(ωt)作用于质量块M上，求使M不动的条件。

解：（1）系统有两个自由度，选广义坐标为x,φ （2）系统的动能

T

12121)212mlxcos X MXmXm(l2222

（3）系统的势能 K M K





19


结构动力学习题解答

U

1

2kx2mgl(lcos) 2

（4）Lagrange函数  L LTU 图2-18 m L

112mlxcoskx2mglmglcos 2ml2(Mm)x22

（5）对Lagrange函数求导

Lcos;d(L)(Mm)cos;L2kx;mlml(Mm)xxxdtxxLdLLmlxmlsinmglsincos;()ml2cos;ml2xmlx dt

;

（6）Lagrange方程

dLL

()Fsintdtxx



dLL()0dt

得

cos2kxFsintml(Mm)x



2mlmlxcosmlxsinmglsin0

因为振动为微幅振动，所以

cos12,sin

（8） 解方程：

设xAsint，Bsint代入方程并整理得：

A2(Mm)B2ml(12)2AkFBmlAmlmlABBmgl0

因为M不动，所以A=0。而B不能等于零，故，

2

2

2

2

2



mgl2ml20，

解得



g

； l



2.9在图2-19所示的系统中，轴的弯曲刚度为EJ，圆盘质量为m，它对其一条直径的转动惯量为I=mR2/4，其中R=L/4。设轴在它的静平衡位置时是水平的，且忽略轴的质量。求系统的运动微分方程和固有频率。 L 解：（1）系统自由度、广义坐标：

20


结构动力学习题解答

图2-19所示的系统自由度N=2，选Y、为 

广义坐标。 R V （2）系统运动微分方程

;12Iy11my

（1）

;Imy

12

22

其中系数： 11

L3L2L

,12,22; 3EJ2EJEJ

（3）系统特征方程

设 yA1sint,A2sint 代入方程（1）得

A1sin(t)11m2A1sin(t)12I2A2sin(t)0;A2sin(t)12m2A1sin(t)22I2A2sin(t)0;



整理得

111m2212m

mL32

12I213EJ

2

122I2L2

2EJ

L2I2

02EJ; （2）

0L

12EJ

（4）系统固有频率

特征方程（2）由非零解的充分必要条件是其系数行列式等于零：

mL321

3EJL222EJ

即

L2I22EJ0; L12

EJ

19L3m2

10; 2

48EJ192EJ

4

L3m

2

解得：

1

1.62

LEJ8.6

,2mLLEJ

; mL



2.10图2-20所示的是两自由度系统。其中P1Pcos(t)，k=987,m=1，C=0.6284，C0.0628,求系统的固有频率、振型和u1的稳态响应。 解：（1）系统自由度、广义坐标 u1 u2 系统自由度N=2； C C C

m m  广义坐标选u1和u2 K K

（2）系统运动微分方程 K K K

P1 根据牛顿第二定律，写出

1Ku1K(u2u1)C(u2u1)Cu1P1mu

2Ku2Cu2C(u1u2)K(u2u1);mu

;

图2-20

写成矩阵形式：

21


结构动力学习题解答

1CCCu1KKKu1Pcostm0u

; 0muuuCCCKKK0222

（2）系统的固有频率和振型

对于系统运动微分方程两边作拉氏变换得

msms

解得

2

CCsKKU1(s)(CsK)U2(s)



Pss

2

2

;

(CsK)U1(s)ms2CCsKKU2(s)0;





有

2

CCsKK(CsK)





(CsK)

0;

ms2CCsKK



s1,20.31j31.4,s3,40.346j37.37;

因此

131.4,237.37;

系统的固有振型，即各阶振幅比为：

1A1(1)

(1)A2



(1)

1;

1



(2)



A1(2)

(2)A2

1;

系统的 第一主振动为

(1)(1)(1)x1A1sin(1t1)A1sin(1t1);(1)x2



(1)A2

sin(1t1)

(1)

(1)A1

sin(1t1)



系统的第一主振动为

(2)(2)(2)x1A1sin(2t1)A1sin(2t2);(2)x2



(2)A2

sin(2t1)

(2)

(2)A1

sin(2t2)



（3）u1的稳态响应 由拉氏方程组解得

U1(s)

ms

Psms2CCsKK

2

CCsKKms2CsKs22









;

于是

A1Psms2CCsKK; 2ms2CCsKKms2CsKsj









以sj代入得

A1Pje22

14212





12040.69;

0.759870.0.63

22

2

2

2

2

22


结构动力学习题解答

arctan

u1的稳态解为

u1A1cos(t);

0.691204

2

arctan

0.751421

2

arctan

0.63987

2

;



2.11 减小受简谐激振励单自由度系统的振幅的方法之一，是在该系统上附加一个“可调吸振器”，吸振器由弹簧-质量组成。这样原系统和吸振器就构成了一个两自由度系统，见图2-21. （1）建立系统的运动方程；

（2）设系统的稳定响应为 M2 u2

u1(t)U1cos(t),u2(t)U2cos(t)， K2

试证明 u1

2

(km2)p1 kpM1 P1cost 2 U1(),U2()21

D()D()

其中D()(k1k2m1)(k2m2)k2 K1/2 K1/2

2

2

2

图2-21 （3）将吸振器调到k2m2k1m1，证明当2k1m1时，即原系统处于共振状态，U1的响应振幅为零；

（4）若吸振器调到m2m10.25时，画出k1U1p1和k1U2p1对频率比r的频幅图。

解：（1）对每个质量进行受力分析，由牛顿第二定律得系统的运动微分方程

k1m1

••

m1u1P1costk1u1k2(u2u1)

； ••

m2u2k2(u1u2)

••

mu(k1k2)u1k2u2p1cos(t)

即 11； ••

m2u2k2u1k2u20

（2）将系统的稳定响应代入运动微分方程组得

(k1k2m12)U1k2U2p1

； 2

k2U1(k2m2)U20

由Cramer法则，

(k22m2)p1

U1()

D()

2

,

U2()

2

k2p1

D()

2

其中 D()(k1k2m1)(k2m2)k2 （3）当k2m2k1m1时，系统的频率方程为

k1k2m12

D()

k2



23

k2

0；

k2m22


结构动力学习题解答

将2k1m1代入上式，显然满足方程，故此时系统处于共振状态。 并且有

(k22m2)p1

U1()0

D()

设k2m2k1m1，且m2m10.25时，可得

k1U1k1U2

p1

1r2

p1

(1r2)(1r2)1

(1r2)(1r2)



所以频幅图为



150100500-50-100

0

0.5

1

r1.5

2

2.5



24

k1U2/p1

k1U1/p1