第二章 单自由度系统的自由振动
2-1 如图2-1 所示，重物W 1悬挂在刚度为k 的弹簧上并处于静止平衡位置，另一重物W 2从高度为h 处自由下落到W 1上且无弹跳。试求W 2下降的最大距离和两物体碰撞后的运动规律。
解：
W 2h =
动量守恒：
1W 22
v 2，v 2=2gh 2g
W 2W +W 2W 2
v 2=1v 12，v 12=2gh g g W 1+W 2
平衡位置：
W 1
k
W +W 2
W 1+W 2=kx 12，x 12=1
k
W 1=kx 1，x 1=
故：
x 0=x 12-x 1=
W 2
k
ωn =
故：
k kg
=
W 1+W 2g W 1+W 2
0x
x =-x 0cos ωn t + =-x 0cos ωn t +
ωn
v 12
sin ωn t
ωn
sin ωn t
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
a
2θ＝h α
2F ＝mg
由动量矩定理：
=M I θ
I ==
1
m l 212
a a 2
M =-Fa sin α⋅cos ≈-m g α=-m g a
228h
θ
其中
s i n α≈αc o ≈1
2
1a 22 m l θ+m g ⋅θ=0124h
3ga 22
p n =2
l h
θ
2πl 2h 2πl
T ==2π=
p n a 3ga 2
h
3g
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。
x F 2=
l 1
mg l 1+l 2
x 2
图 T 2-9
答案图 T 2-9
解：
（1）保持水平位置：ωn =（2）微幅转动：
k 1+k 2
m
x =x 1+x '= =
F 1(x 2-x 1)l 1
+k 1l 1+l 2
⎤l 2m g l ⎡l 1l 2+1⎢-m g
l 1+l 2k 1l 1+l 2⎣l 1+l 2k 2l 1+l 2k 1⎥⎦l m g l l k -l k
=2+1⋅1122m g
l 1+l 2k 1l 1+l 2l 1+l 2k 1k 2l 2k 2(l 1+l 2)+l 12k 1-l 1l 2k 2 =m g 2
l 1+l 2k 1k 2
2
l 12k 1+l 2k 2
=m g l 1+l 2k 1k 2
故：
k e
2
(l 1+l 2)k 1k 2
=
2
l 12k 1+l 2k 2
ωn =
k e
m
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，k 1=m ，
k 2=k 3=4900m ，k 4=19600N m 。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= k2= k3= k4= 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 23=k 2+k 3=2k k 123=k 1234=
（1）mg =k 1234x 0，x 0=
k 1k 232
=k
k 1+k 233k 123k 41
=k
k 123+k 42
2mg
k
4mg
k
（2）x (t )=x 0cos ωn t ，x max =2x 0=
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：
2
⎡⎤⎛⎫ 11x 111x ⎛⎫⎛⎫222
+I + m 2r ⎪ ⎪⎥⎪T =m 1x ⎪+⎢2m 2x 22 R 2⎝2⎭⎝r ⎭⎥⎝2⎭⎢⎣⎦1⎛I 3⎫2
= m ++m 2⎪12⎪x 2 R 22⎝⎭
2
=
系统动能为：
1
2m e x 2
11⎛R 1
V =k 2x 2+k 1
22 ⎝R 21⎛R 12⎫2
= k 2+k 12⎪x ⎪2⎝R 2⎭ =
根据：
⎫
x ⎪⎪⎭
2
1k e x 22
max =ωn x max T max =V max ，x
R 12k 2+k 12
R 22
ωn =
m 1+2+m 2
R 22
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
l
解：
a ⋅a +k θb ⋅b =0 m θl ⋅l +c θ +ca 2θ +kb 2θ=0 ml 2θ
kb 2b k
ωn ==2
ml l m
ca 2ca 2ca 2m
=2ξωn ，ξ= =22
m l 2ml ωn 2mlb k
b k c 2a 4m 12224
ωd =ωn -ξ=-⋅=4kml b -c a 2222
l m 4m l b k 2ml
2
由ξ=1⇒c γ=
2bl
mk 2
a
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ωn 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ωn 及阻尼ζ。
l
c ⋅θ
l 2
答案图 T 2-25
图 T 2-26
解：
受力如答案图T 2-26。对O 点取力矩平衡，有：
l ⋅l +k θl ⋅l =0 m θl 1⋅l 1+c θ3322
+cl 2θ +kl 2θ=0 ml 12θ32 +m θ
1 1
c θ+k θ=0 164
2
⇒ωn =
1k
⋅=36 4m
⇒ωn =6 rad /s
1c
=2ζω
n
m
⇒ζ=
c 1⋅=0. 25 16m 2ωn
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P (t ) =P 0sin ωt 。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，
x =x 1+x 2 （A ）
由图（1）和图（2）的受力分析，得到
k 1x 1=k 2x 2+P 0sin ωt （B ）
=-k 2x 2 （C ） m x
联立解得，
=-m x +x
k 1k 2k 2
x +P 0sin ωt k 1+k 2k 1+k 2
k 1k 2k 2
x =P 0sin ωt
(k 1+k 2) m (k 1+k 2) m
p n =
k 1k 2
m (k 1k 2) ，n = 0，得，
所以
B =
h
2(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
=
H
k
1(1-λ2) 2+(2ςλ) 2
=
P 0k 1
11-(
p n
) 2
Y A
X A
P 0sin ωt
图3-2
A θ
B
mg
F C
F K
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
P (t ) =P 0sin ωt ，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ωn 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）
又 I ＝ml 2
=-2l ⋅c ⋅(2l ⋅θ ) -3l ⋅k (θ⋅3l ) +3lP sin ωt I θ0
+4c θ +9k θ=3P sin ωt ∴θ0
m m ml
则
⎧29k ⎪p n =m ⎪⎨
4c ⎪2n =, ⎪m ⎩
B θ=
h
h =
3p 0
m l
2(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
B =lB θ=
1）系统共振，即p n =ω
hl
2
(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
∴B =
(3p 0/m l ) ⨯l hl =2np n 4c 9k
⨯m m p 0
4c
m k
2）
=
ω=
1P n 2
∴B =
hl 32⎫2 p n ⎪+(np n ) ⎝4⎭
2
=
3p 0
⨯l 4c 29k ⎛27k ⎫
⎪+24m m m ⎝⎭
2
=
4p 0
9k
164c 2+
81mk
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ωn ，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
=-k (l ϕ-x s ) l -cl 2ϕ 4l 2m ϕ
即
+ϕ
c k ka +ϕϕ=sin ωt 4m 4m l
n c ωk c ka ς==λ=p n =2n =h =
p 8mp p n 得到 4m 4m ，4ml ，n n ，令，，
B ϕ=ka ⨯2l 4ml
p
2n
h
2(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
B =B ϕ2l =
n ω2
(1-2) +(2)
p n p n p n
2
ω2
=
2a (1-λ2) 2+(2ςλ) 2
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
2
一偏心重，产生偏心激振力P g ，其中ω是激振频率，g 是重力加速0=2.254ω
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mx +kx =F 0
即
x +
F k
x =0m m
又有mg =k δst 则
δst （1）
ωF 0λ2
λ=B =ω=40πrad 2p k 1-λ（2）且n ，所以机器的振幅为（3）
又有
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p T =kB =514.7N
2-9一个粘性阻尼系统在激振力F (t ) =F 0sin ωt 作用下的强迫振动力为
π⎫⎛
x (t ) =B sin ωt +⎪
6⎭，已知F 0=19. 6N ，B =5 cm ，ω=20πrad/s，求最初1秒及1/4秒内，⎝
2
p n =
k =
mg
k g
=
m δst （4）
激振力作的功W 1及W 2。
由已知可得:
P (t ) =P 0sin wt =19.6sin 20πt
x (t ) =Bw cos(wt +) =πcos(20πt +)
66W 1=⎰P(t)x(t)dt
01
ππ
=⎰19.6sin 20πt ⋅πcos(20πt +) dt
06
11
=-|0-4.9π⎰(1-cos80πt ) dt
0=-15.39J
同理可得:
W 2=⎰P (t ) x (t ) dt
==⎰19.6sin 20πt ⋅πc os(20πt +) dt
6
=0.0395J
14001400
1
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
∆E =
证明
πP 02
2ςλ222 k (1-λ) +(2ςλ)
∆E =⎰-c ω2B 2cos(ωt -ϕ) dt =-πc ωB 2
T
B =
∆E =-πc ω
F 02/k 2
(1-λ)
22
+4ξ2λ2
=
πF 02
k
2ζλ
(1-λ)+(2ζλ)
22
2
3-6 单自由度无阻尼系统受图3-6所示的外力作用，已知x (0)=x (0)=0。试求系统的响应。
图3-6
解：由图得激振力方程为
0≤t 〈t 1⎧P 1
⎪
F (t ) =⎨-P 1t 1≤t ≤t 2
⎪0t 〉t 2⎩
1，则有 当 0
x (t ) =⎰
2p n =
P 1P
sin p n (t -τ) d τ=12[1-cos p n t ]0mp mp n n
t
由于
k
m ，所以有
x (t ) =
P 1
[1-cos p n t ]k
1，则有 当t 1
t 1
t -P P 11
sin p n (t -τ) d τ+⎰sin p n (t -τ) d τ
t 1mp mp n n
x (t ) =⎰=
P 1P
[cosp n (t 1-t ) -cos p n t ]-1[1-cos p n (t 1-t )]k k
当 t
x (t ) =⎰
t 1
t -P P 11
sin p n (t -τ) d τ+⎰sin p n (t -τ) d τ
t 1mp mp n n + 0
=
P 1P
[cosp n (t 1-t ) -cos p n t ]-1[cosp n (t 2-t ) -cos p n (t 1-t )]k k
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
t ⎧P (1-) ⎪0
t 1F (t ) =⎨
⎪0⎩
0≤t 〈t 1t 〉t 1
F (τ) =P 0(1-)
t 1，则有 当 0
τ
x (t ) =⎰
P 1τt 1
P 0(1-) sin p n (t -τ) d τ=0[1--cos p n t +sin p n t ]0mp t 1k t 1p n t 1n
t
当t
x (t ) =⎰=
t 1
1τ
P 0(1-) sin p n (t -τ) d τ+0mp n t 1
P 01{-cos p n t +[sinp n t -sin p n (t -t 1)]}k p n t 1
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：
2π⎛
y s =a 1-cos
l ⎝
⎫x ⎪ ⎭
（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
=-k (y -y s ) y 解：由牛顿定律，可得系统的微分方程为，m
2π⎫⎛
y s =a 1-cos x ⎪
+ky =ky s y l ⎭，得到 m ⎝由曲形地面∶
F (τ) =ka (1-cos
2πx ) l 。
得到系统的激振力为，
x =vt
∴F (τ) =ka (1-cos
2π
vt ) l
（1）车通过曲形地面时0≤t ≤t 1的振动为
F (τ)
sin p n (t -τ) d τ=0mp n
=a (1-cos p n t ) -y (t ) =⎰
t
t ka t
[⎰sin p n (t -τ) d τ-⎰cos ωτsin p n (t -τ) d τ]
0mp n 0
ap n {sinp n t [
sin(p n +ω) t sin(p n -ω) t cos(p n +ω) t cos(p n -ω) t p
+]+cos p n t [+-2n 2]
2(p n +ω) 2(p n -ω) 2(p n +ω) 2(p n -ω) p n -ω
p cos ωt p n cos p n t a 2
-ap n [n 2-]=a +(ω2cos p n t -p n cos ωt ) 22222
=a (1-cos p n t ) p n -ω(p n -ω) (p n -ω)
（2）车通过曲形地面后的振动
(t 1) 作自由振动，即 车通过曲形地面后t ≥t 1以初位移y (t 1) 和初速度y
y (t 1) =a +
a a 2222
(ωcos p t -p cos ωt ) y (t ) =(-ωp sin p t +ωp sin ωt 1) n 1n 11n n 1n 2222
p n -ωp n -ω，
由公式动响应为
y (t ) =y (t 1) cos p n (t -t 1) +
(t 1) y
sin p n (t -t 1) p n
，得到车通过曲形地面后的振
ω2a
y (t ) =2[cosp n t -cos p n (t -t 1) 2
p n -ω
其中，
2p n =
k 2π
ω=v m ，l 。
或积分为
y (t ) =
⎰
t 1
F (τ)
sin p n (t -τ) d τ=mp n
t 1ka t 1
[⎰sin p n (t -τ) d τ-⎰cos ωτsin p n (t -τ) d τ]
0mp n 0
ω2a
=2[cosp n t -cos p n (t -t 1) p n -ω2
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m 1=m 2=m 3=m ，
k 1=k 2=k 3=k 4=k 5=k 6=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 00⎤⎡3k
⎥K =⎢-k M =⎢0m 0⎢⎥⎢
⎢⎢⎣00m ⎥⎦，⎣-k
-k 3k
-k
-k ⎤-k ⎥⎥3k ⎥⎦
由频率方程
K -p 2M =0
，得
-k 3k -m p 2
-k
-k -k 3k -m p 2
=0
3k -m p 2
-k -k
解出频率为
p 1=
k k k
p 2=2p 3=2m ，m ，m
⎡(3k -m p 2) 2-k 2⎤
⎢⎥=⎢k 2+k (3k -m p 2) ⎥⎢k 2+k (3k -m p 2) ⎥⎣⎦
2
由特征矩阵B =K -p M 的伴随矩阵的第一列，
adj B (1)
将
p 1=
k
m 代入得系统的第一阶主振型为
A (1) =(111)
T
A (2) 满足如下关系：
2
(A (1) ) T MA (2) =0，(K -p 2M ) A (2) =0
(2) (2) (2) (2) (2) (2)
A =1。A +A +A =0A =-1A =0312312展开以上二式得，。取，，可得到
即有
A (2) =(-101)
T
A (3) 满足如下关系：
2(3)
(A (1) ) T MA (3) =0，(A (2) ) T MA (3) =0(K -p 3M ) A =0
(3) (3) (3) (3) (3) (3) (3) A +A +A =0-A +A =0A =A 2333。取展开以上二式得，1，1，联立得1
(3) (3)
=-2。即得 A 1(3) =1，A 3=1，可得到A 2
主振型矩阵为
A (3) =(1-21)
T
⎡1-11⎤
⎥A =⎢10-2⎢⎥
⎢1⎥⎣11⎦
图4-2
4-2 试计算图4-2所示系统对初始条件x 0=[0000]和x 0=[v 00v ]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
T T
A p =A
(
(1)
A
(2)
A
(3)
A
(4)
)
-11-1⎤⎡1
⎢11-2-11+2⎥
⎥A =⎢
⎢12-1-1-1-2⎥⎢⎥1111⎣⎦
⎡1
⎢1⎢=⎢1⎢⎢⎣1
-1 1- 1
-1
-(1-1
1 1
⎡m 0⎢0m M =⎢
⎢00⎢
⎣00
⎤⎥
1⎥-(1⎥⎥
⎥ 1⎦
00⎤00⎥⎥m 0⎥
⎥0m ⎦
-1
主质量振型为
000⎤ ⎡4. 000
⎢0⎥-0. 41400T ⎥M P =A MA =m ⎢⎢004. 0000⎥⎢⎥
0013. 657⎦⎣0
i ) A (N =
1M i
A (i )
, 由此得到正则振型振型为
-0. 65730. 5000-
0. 2706⎤-0. 2706-0. 50000. 6533⎥⎥0. 2706-0. 5000-0. 6533⎥
⎥
0. 65330. 50000. 2706⎦
0.5000⎤⎡1
⎢0.6533⎥⎥⎢00.5000⎥⎢0
⎥⎢0.2706⎦⎣0
01000010
正则振型的第i 列为
⎡0. 5000⎢
1⎢0. 5000
A N =
m ⎢0. 5000⎢
⎣0. 5000
正则坐标初始条件为
⎡0.5000-0.6533
T
x N (0)=A N Mx 00.5000⎢
⎣-0.2706
0.5000-0.2706-0.50000.6533
0.50000.2706-0.5000-0.6533
01000010
0⎤
⎡0⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥0⎥⎥⎢0⎥=⎢0⎥0⎥⎢0⎥⎢0⎥⎥⎢⎥⎢⎥1⎦⎣0⎦⎣0⎦
0.50000.5000⎡0.5000
-0.6533-0.27060.2706
T
x N (0)=A N Mx 00.5000-0.5000-0.5000⎢
⎣-0.27060.6533
0.5000⎤⎡1
⎢0.6533⎥⎥⎢0
0.5000⎥⎢0
⎥⎢⎦⎣00⎤⎡v ⎤⎡1⎤⎥⎢⎥⎢0⎥0⎥⎢0⎥
⎢⎥
⎢1⎥
0⎥⎢0⎥
⎥⎢⎥⎢⎥1⎦⎣v ⎦⎣0⎦
v 0v 0)
T
(0) x N (0) =A T N Mx =A T N M x 0x N 3=
1=x N 2=0，v m
sin p 3t p 3
，x N 4=0其中频率
(1)
2) 3) 4) x N 2+A (N x N 3+A (N x N 1+A (N x N 4，展开得到
=A N
⎧x 1⎫⎡1⎤⎡1⎤
⎪x ⎪⎢⎥⎢⎥
v ⎢-1⎥⎪2⎪vt ⎢1⎥+cos p 3t ⎨⎬=
⎪x 3⎪2⎢1⎥2p 3⎢-1⎥
⎢⎥⎢⎥⎪⎪x 1⎣⎦⎣1⎦⎩4⎭ 1⎡v ⎤(t +sin p t ) 3⎢2⎥p 3⎢⎥
1⎢v ⎥(t -sin p t ) 3⎥⎢2p 3
(1)(2)(3)(4)⎥x =A N x N 1+A N x N 2+A N x N 3+A N x N 4=⎢
⎢v ⎥1(t -sin p t ) 3⎥⎢2p 3⎢⎥⎢v ⎥1
⎢(t +sin p 3t ) ⎥
p 3⎣2⎦
解：从6—6中可得主频率和主振型矩阵为
p 1=0 , p 2=
p 3=
2k k , p 4=(2+2) m m
⎛m 000⎫
⎪0m 00⎪M
=
00m 0⎪ ⎪000m ⎝⎭，可求出主质量矩阵
由质量矩阵
000⎫⎛1 ⎪02-00 ⎪
M p =A P T MA P =4m
0010⎪ 0002+⎝
则正则振刑矩阵为
⎛-(2+2⎫
11 ⎪
22 ⎪
⎪1-1 ⎪22⎪A
N =
⎪
-11⎪
22 1 1⎝
1111⎫⎛A N -1=⎪
1-1-11 ⎝
T -1
X 0=A X =0000()()N 0于是 N
于是得
X N (0)=A N -1X 0=00
(
)
T
X N 1=X N 1(0)t =
X N 2=
X N 2(0)
sin p 2t =0p 2
X N 3(0)X N 3=sin p 3t =p 3t
p 33 X (0)X N 4=N 4sin p 4t =0
p 4
所以响应为
1
X =A N ()X N 1+A N ()X N 2+A N ()X N 3+A N ()X N 4，
2
3
4
⎛X 1⎫⎛1⎫⎛1⎫ ⎪ ⎪ ⎪X 1v 2⎪= ⎪t + -1⎪v sin p t
3
X 3⎪ 1⎪2 -1⎪2p 3
⎪ ⎪ ⎪p =3X 1⎝1⎭即⎝4⎭⎝⎭，
其中，
000⎤⎡4. 000
⎢0⎥-0. 41400T ⎥M P =A MA =m ⎢⎢004. 0000⎥⎢⎥00013. 657⎣⎦
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p 1=p 4=p 的响应。
4-4 如图4-4所示，已知机器质量为m 1=90kg，吸振器质量为m 2=2.25kg，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。
图6-1
解；(1)杆的左端突然固定；
杆的初始条件为：u (x ,0)=u 0(x )=0 u (x ,0)=V 有题可知
l
p i =
i πi πa
, i =1,3,5u i (x )=D i sin x , i =1,3,52l 2l
2
i πi πx ⎫⎛D =u x =x (
)ρA D sin dx =1i i i ⎪⎰
0 2l 2l ⎭⎝得 l i π
ηi (0)=⎰ρAVD i sin xdx η(0)=0
02l ，i
2l
=ρAVD i
i π
ηi (0)ηi =sin p i t
p i 所以有：进而有：
i πx 2l 2l 8Vl ∞1i πx i πa
u (x , t )=∑u i ηi (t )=∑D i sin ρAVD i sin p i t =2∑2sin sin t
2l i πi πa πa i 2l 2l i =1,3,5i =1,3,5i =1,3,5
∞
∞
%u i 全部改成：U i
~
图6-2
P 0
的l 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
P
力为0sin ωt ，试求杆的稳态强迫振动。
l
p x ε=0
EA 解：t-=0时的应变为
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p (x ) =
杆的初始条件为
u 0(x ) =⎰
.
x
p 0y p 0x 2
ydy =EA 2EA
一端自由一端固定，可知杆的因有频率和主振型为
u 0(x ) =0p i =
将主振型代入上式归一化为
i πa
(i =1,3,5......) 2l
i π
U i (x ) =D i sin x (i =1,3,5......)
2l
⎰
l
ρA (D i sin
i π2
x ) dx =12l
D i =
以正则坐标表示初始条件为
ρp 0i π8l 3sin i π2
ηi (0)=⎰ρAu 0(x ) D i sin xdx =D i 22(-)
02l 2E i π2i π
l
ηi (0)=0(i =1,3,5......)
.
ρp 0
2E
D i
以正则坐标表示对初始条件的响应为 于是杆的自由振动为
8l i π2
(sin-) i 2π22i π
3
ηi =ηi (0)cosp i t
∞
~
i πx ρp 08l 3sin i π2
u (x , t ) =∑U i ηi (t ) =∑D i sin ∙D i 22(-)
2l 2E i π2i πi =1,3,5... i =1,3,5...
∞
16p 0l 2∞1i πx i πa
=3⋅sin cos t ∑3
πEA i =1,3, i 2l 2l
杆左端固定端，右端为自由端
16F 0l ∞1i πx i πa u (x , t ) =3⋅3sin cos t ∑2l 2l πEA i =1, 3, i
边界条件
u (x , t )=U (x )(A cos pt +B sin pt )
px px
U (x ) =C cos +D sin
a a dU
U (0) =0 dx
=0
x =l
得固有频率，主振型
p i =
(2i -1) π(2i -1) π
a U i (x ) =D i s i x 2l 2l i=1,2,……
u (x , t ) =
i =1, 3, ⋯⋯
∑
∞
sin
杆在x 处的应变
i πx i πa i πa (A i cos t +B i sin t ) 2l 2l 2l
F 0
x x ε0=⎰dx 0EA
2F x =0
2EAl
初始条件
⎧F 0x 3⎪u (x , 0) =u 0(x ) =ε0x =
2E A l ⎨∙∙
⎪u (x , 0) =u 0(x ) =0 ⎩
由u (x , 0) =u 0(x ) =0得 B i =0
∞
∙
∙
u (x , t ) =
l
再利用三角函数正交性
i =1, 3, ⋯⋯
∑
sin
i πx i πa A i cos t 2l 2l
l i πx i πx ) dx =⎰ε0x sin dx
002l 2l 3
l F x i πx 0=⎰sin dx 02EAl 2l
16F l A i =330
i πEA 得
A i =⎰sin 2(
u (x , t ) =
i πx i πa
A cos t ∑i 2l 2l i =1, 3, ⋯⋯
∞
16F 0l 1i πx i πa =33sin cos t ∑3
2l 2l i πEA i =1, 3, ⋯⋯i
∞
sin
(2) 解：
因为杆是一端固定，可得固有频率和主振型为
P i =
ia π2l
i πx 2l
(i =1,3,5⋅⋅⋅)(i =1,3,5⋅⋅⋅)
2
将主振型代入归一化条件，得
l
U i (x )=D i sin
i π⎛
ρA D sin i ⎰0 2l ⎝
得到正则振型
⎫
x ⎪dx =1⎭
D i =
又第i 个正则方程为
U i (
x )=
~
i πx 2l
l
(i =1,3,5⋅⋅⋅)
ηi +p i 2ηi =⎰q (x , t )U i dx
F 0i π
sin ωt sin xdx 0l 2l 2D i F 0=sin ωt (1,3,5⋅⋅⋅)i π
=⎰
l
所以可得正则坐标的稳态响应为
ηi (t )=
杆的稳态响应振动为
2D i F 0
sin ωt 22
p i -ωi π
u (x , t )=
i =1,2, ⋅⋅⋅
∑U η(t )=∑
i i
∞
~
∞
U i ηi (t )
~
i =1,3,5, ⋅⋅⋅
=
其中
4F 0sin ωt 1i π
sin x ∑ρAl πi =1,3,5⋅⋅⋅i p i 2-ω22l
∞
p i =
i πa , a =2l 。
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。
∂u EA ∂x 解：边界条件为：U (0)=0, U (x ) =C cos
p p
x +D sin x a a
u (x , t ) =U (x )(A cos pt +B sin pt )
∂2u =-m 2x =l
∂t
-ku (x , t )
x =l
p p
=D cos x (A cos pt +B sin pt )
a a 由U (0)=0, 得C =
p 2
=-Dp sin x (A cos pt +B sin pt ) a
p p p p EAD cos l =mDp 2sin l -kD sin l
a a a a 由条件（2）得
p p p cos l =(mp 2-k )sin l a a a p EAp p ∴tg l =∴U i (x ) =D i sin i x
a a (mp 2-k ) a 所以
EA
这就是我们所要求的频率方程
⎧l ρAU U dx =0(i ≠j ) i j ⎪⎰0
⎨l
⎪⎰ρAU i U j dx =M pj (i ≠j ) M pj 为第j 阶主质量⎩0
所以主振型关于质量的正交性主振型关于刚度的正交性为
解：⑴ 该题中杆的振动方程为：
u (x , t ) =U (x )[A cos pt +B sin pt ]...........
(a 2=E /ρ) 其中U (x ) =C cos(px /a ) +D sin(px /a ).........
由于边界条件中U （0）=0 代入U （x ）中得C=0
再将U （x ）代入中 ，由知： ∂u pD pl
sin (A cos pt +B sin pt )
∂x x =l =a a
∂2u pl 2
=-p D sin (A cos pt +B sin pt ) 2
a ∂t x =l
再由边界知： ∂u EA ∂x
=-ku (x ) x =l
x =l
∂2u -m 2
∂t
x =l
得：
tan
pl p (mp 2-k ) =EA a a
a pl EA tan =
a mp 2-k 即：p
⑵ 已知方程
∂2u ∂∂u ρA 2=(EA )
∂x ∂x ∂t
d dU
(EA ) =-ρp 2AU dx dx
取一特解U i , p i 2及另一特解U j , p 2j 将dU d
(EA i ) =-p i 2A ρU i .......
dx dx
由乘并对杆积分得
⎰U j
l
l dU i d
(EA ) dx =-p i 2⎰A ρU i U j dx
0dx dx
l
l l dU i dU i dU j 2
U j (EA ) -⎰EA dx =-p i ⎰A ρU i U j dx .......... .....
00dx dx dx 0所以
∂u
EA ∂x 由EA
x =l
∂2u
=-ku (x ) x =l -m 2
∂t
x =l
得：
dU (x )
=(mp 2-k ) U (l )
dx x =l
及U (0) =0
代入得p i 2[m U i (l ) U j (l ) +⎰A ρU i U j dx ]=⎰EAU i ' U ' j dx +kU i (l ) U j (l ).....
l
l
i , j 互换
' '
p 2j [m U i (l ) U j (l ) +⎰A ρU i U j dx ]=⎰EAU i U j dx +kU i (l ) U j (l ).....
l
l
两式相减得：⎰A ρU i U j dx +m U i (l ) U j (l ) =δij
l
将上式代入得⎰EAU i ' U ' j dx +kU i (l ) U j (l ) =p 2j δij
l
所以，其解为正交。
第二章 单自由度系统的自由振动
2-1 如图2-1 所示，重物W 1悬挂在刚度为k 的弹簧上并处于静止平衡位置，另一重物W 2从高度为h 处自由下落到W 1上且无弹跳。试求W 2下降的最大距离和两物体碰撞后的运动规律。
解：
W 2h =
动量守恒：
1W 22
v 2，v 2=2gh 2g
W 2W +W 2W 2
v 2=1v 12，v 12=2gh g g W 1+W 2
平衡位置：
W 1
k
W +W 2
W 1+W 2=kx 12，x 12=1
k
W 1=kx 1，x 1=
故：
x 0=x 12-x 1=
W 2
k
ωn =
故：
k kg
=
W 1+W 2g W 1+W 2
0x
x =-x 0cos ωn t + =-x 0cos ωn t +
ωn
v 12
sin ωn t
ωn
sin ωn t
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
a
2θ＝h α
2F ＝mg
由动量矩定理：
=M I θ
I ==
1
m l 212
a a 2
M =-Fa sin α⋅cos ≈-m g α=-m g a
228h
θ
其中
s i n α≈αc o ≈1
2
1a 22 m l θ+m g ⋅θ=0124h
3ga 22
p n =2
l h
θ
2πl 2h 2πl
T ==2π=
p n a 3ga 2
h
3g
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。
x F 2=
l 1
mg l 1+l 2
x 2
图 T 2-9
答案图 T 2-9
解：
（1）保持水平位置：ωn =（2）微幅转动：
k 1+k 2
m
x =x 1+x '= =
F 1(x 2-x 1)l 1
+k 1l 1+l 2
⎤l 2m g l ⎡l 1l 2+1⎢-m g
l 1+l 2k 1l 1+l 2⎣l 1+l 2k 2l 1+l 2k 1⎥⎦l m g l l k -l k
=2+1⋅1122m g
l 1+l 2k 1l 1+l 2l 1+l 2k 1k 2l 2k 2(l 1+l 2)+l 12k 1-l 1l 2k 2 =m g 2
l 1+l 2k 1k 2
2
l 12k 1+l 2k 2
=m g l 1+l 2k 1k 2
故：
k e
2
(l 1+l 2)k 1k 2
=
2
l 12k 1+l 2k 2
ωn =
k e
m
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，k 1=m ，
k 2=k 3=4900m ，k 4=19600N m 。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= k2= k3= k4= 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 23=k 2+k 3=2k k 123=k 1234=
（1）mg =k 1234x 0，x 0=
k 1k 232
=k
k 1+k 233k 123k 41
=k
k 123+k 42
2mg
k
4mg
k
（2）x (t )=x 0cos ωn t ，x max =2x 0=
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：
2
⎡⎤⎛⎫ 11x 111x ⎛⎫⎛⎫222
+I + m 2r ⎪ ⎪⎥⎪T =m 1x ⎪+⎢2m 2x 22 R 2⎝2⎭⎝r ⎭⎥⎝2⎭⎢⎣⎦1⎛I 3⎫2
= m ++m 2⎪12⎪x 2 R 22⎝⎭
2
=
系统动能为：
1
2m e x 2
11⎛R 1
V =k 2x 2+k 1
22 ⎝R 21⎛R 12⎫2
= k 2+k 12⎪x ⎪2⎝R 2⎭ =
根据：
⎫
x ⎪⎪⎭
2
1k e x 22
max =ωn x max T max =V max ，x
R 12k 2+k 12
R 22
ωn =
m 1+2+m 2
R 22
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
l
解：
a ⋅a +k θb ⋅b =0 m θl ⋅l +c θ +ca 2θ +kb 2θ=0 ml 2θ
kb 2b k
ωn ==2
ml l m
ca 2ca 2ca 2m
=2ξωn ，ξ= =22
m l 2ml ωn 2mlb k
b k c 2a 4m 12224
ωd =ωn -ξ=-⋅=4kml b -c a 2222
l m 4m l b k 2ml
2
由ξ=1⇒c γ=
2bl
mk 2
a
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ωn 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ωn 及阻尼ζ。
l
c ⋅θ
l 2
答案图 T 2-25
图 T 2-26
解：
受力如答案图T 2-26。对O 点取力矩平衡，有：
l ⋅l +k θl ⋅l =0 m θl 1⋅l 1+c θ3322
+cl 2θ +kl 2θ=0 ml 12θ32 +m θ
1 1
c θ+k θ=0 164
2
⇒ωn =
1k
⋅=36 4m
⇒ωn =6 rad /s
1c
=2ζω
n
m
⇒ζ=
c 1⋅=0. 25 16m 2ωn
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P (t ) =P 0sin ωt 。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，
x =x 1+x 2 （A ）
由图（1）和图（2）的受力分析，得到
k 1x 1=k 2x 2+P 0sin ωt （B ）
=-k 2x 2 （C ） m x
联立解得，
=-m x +x
k 1k 2k 2
x +P 0sin ωt k 1+k 2k 1+k 2
k 1k 2k 2
x =P 0sin ωt
(k 1+k 2) m (k 1+k 2) m
p n =
k 1k 2
m (k 1k 2) ，n = 0，得，
所以
B =
h
2(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
=
H
k
1(1-λ2) 2+(2ςλ) 2
=
P 0k 1
11-(
p n
) 2
Y A
X A
P 0sin ωt
图3-2
A θ
B
mg
F C
F K
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
P (t ) =P 0sin ωt ，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ωn 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）
又 I ＝ml 2
=-2l ⋅c ⋅(2l ⋅θ ) -3l ⋅k (θ⋅3l ) +3lP sin ωt I θ0
+4c θ +9k θ=3P sin ωt ∴θ0
m m ml
则
⎧29k ⎪p n =m ⎪⎨
4c ⎪2n =, ⎪m ⎩
B θ=
h
h =
3p 0
m l
2(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
B =lB θ=
1）系统共振，即p n =ω
hl
2
(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
∴B =
(3p 0/m l ) ⨯l hl =2np n 4c 9k
⨯m m p 0
4c
m k
2）
=
ω=
1P n 2
∴B =
hl 32⎫2 p n ⎪+(np n ) ⎝4⎭
2
=
3p 0
⨯l 4c 29k ⎛27k ⎫
⎪+24m m m ⎝⎭
2
=
4p 0
9k
164c 2+
81mk
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ωn ，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
=-k (l ϕ-x s ) l -cl 2ϕ 4l 2m ϕ
即
+ϕ
c k ka +ϕϕ=sin ωt 4m 4m l
n c ωk c ka ς==λ=p n =2n =h =
p 8mp p n 得到 4m 4m ，4ml ，n n ，令，，
B ϕ=ka ⨯2l 4ml
p
2n
h
2(p n -ω2) 2+(2n ω) 2
B =B ϕ2l =
n ω2
(1-2) +(2)
p n p n p n
2
ω2
=
2a (1-λ2) 2+(2ςλ) 2
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
2
一偏心重，产生偏心激振力P g ，其中ω是激振频率，g 是重力加速0=2.254ω
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mx +kx =F 0
即
x +
F k
x =0m m
又有mg =k δst 则
δst （1）
ωF 0λ2
λ=B =ω=40πrad 2p k 1-λ（2）且n ，所以机器的振幅为（3）
又有
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p T =kB =514.7N
2-9一个粘性阻尼系统在激振力F (t ) =F 0sin ωt 作用下的强迫振动力为
π⎫⎛
x (t ) =B sin ωt +⎪
6⎭，已知F 0=19. 6N ，B =5 cm ，ω=20πrad/s，求最初1秒及1/4秒内，⎝
2
p n =
k =
mg
k g
=
m δst （4）
激振力作的功W 1及W 2。
由已知可得:
P (t ) =P 0sin wt =19.6sin 20πt
x (t ) =Bw cos(wt +) =πcos(20πt +)
66W 1=⎰P(t)x(t)dt
01
ππ
=⎰19.6sin 20πt ⋅πcos(20πt +) dt
06
11
=-|0-4.9π⎰(1-cos80πt ) dt
0=-15.39J
同理可得:
W 2=⎰P (t ) x (t ) dt
==⎰19.6sin 20πt ⋅πc os(20πt +) dt
6
=0.0395J
14001400
1
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
∆E =
证明
πP 02
2ςλ222 k (1-λ) +(2ςλ)
∆E =⎰-c ω2B 2cos(ωt -ϕ) dt =-πc ωB 2
T
B =
∆E =-πc ω
F 02/k 2
(1-λ)
22
+4ξ2λ2
=
πF 02
k
2ζλ
(1-λ)+(2ζλ)
22
2
3-6 单自由度无阻尼系统受图3-6所示的外力作用，已知x (0)=x (0)=0。试求系统的响应。
图3-6
解：由图得激振力方程为
0≤t 〈t 1⎧P 1
⎪
F (t ) =⎨-P 1t 1≤t ≤t 2
⎪0t 〉t 2⎩
1，则有 当 0
x (t ) =⎰
2p n =
P 1P
sin p n (t -τ) d τ=12[1-cos p n t ]0mp mp n n
t
由于
k
m ，所以有
x (t ) =
P 1
[1-cos p n t ]k
1，则有 当t 1
t 1
t -P P 11
sin p n (t -τ) d τ+⎰sin p n (t -τ) d τ
t 1mp mp n n
x (t ) =⎰=
P 1P
[cosp n (t 1-t ) -cos p n t ]-1[1-cos p n (t 1-t )]k k
当 t
x (t ) =⎰
t 1
t -P P 11
sin p n (t -τ) d τ+⎰sin p n (t -τ) d τ
t 1mp mp n n + 0
=
P 1P
[cosp n (t 1-t ) -cos p n t ]-1[cosp n (t 2-t ) -cos p n (t 1-t )]k k
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
t ⎧P (1-) ⎪0
t 1F (t ) =⎨
⎪0⎩
0≤t 〈t 1t 〉t 1
F (τ) =P 0(1-)
t 1，则有 当 0
τ
x (t ) =⎰
P 1τt 1
P 0(1-) sin p n (t -τ) d τ=0[1--cos p n t +sin p n t ]0mp t 1k t 1p n t 1n
t
当t
x (t ) =⎰=
t 1
1τ
P 0(1-) sin p n (t -τ) d τ+0mp n t 1
P 01{-cos p n t +[sinp n t -sin p n (t -t 1)]}k p n t 1
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：
2π⎛
y s =a 1-cos
l ⎝
⎫x ⎪ ⎭
（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
=-k (y -y s ) y 解：由牛顿定律，可得系统的微分方程为，m
2π⎫⎛
y s =a 1-cos x ⎪
+ky =ky s y l ⎭，得到 m ⎝由曲形地面∶
F (τ) =ka (1-cos
2πx ) l 。
得到系统的激振力为，
x =vt
∴F (τ) =ka (1-cos
2π
vt ) l
（1）车通过曲形地面时0≤t ≤t 1的振动为
F (τ)
sin p n (t -τ) d τ=0mp n
=a (1-cos p n t ) -y (t ) =⎰
t
t ka t
[⎰sin p n (t -τ) d τ-⎰cos ωτsin p n (t -τ) d τ]
0mp n 0
ap n {sinp n t [
sin(p n +ω) t sin(p n -ω) t cos(p n +ω) t cos(p n -ω) t p
+]+cos p n t [+-2n 2]
2(p n +ω) 2(p n -ω) 2(p n +ω) 2(p n -ω) p n -ω
p cos ωt p n cos p n t a 2
-ap n [n 2-]=a +(ω2cos p n t -p n cos ωt ) 22222
=a (1-cos p n t ) p n -ω(p n -ω) (p n -ω)
（2）车通过曲形地面后的振动
(t 1) 作自由振动，即 车通过曲形地面后t ≥t 1以初位移y (t 1) 和初速度y
y (t 1) =a +
a a 2222
(ωcos p t -p cos ωt ) y (t ) =(-ωp sin p t +ωp sin ωt 1) n 1n 11n n 1n 2222
p n -ωp n -ω，
由公式动响应为
y (t ) =y (t 1) cos p n (t -t 1) +
(t 1) y
sin p n (t -t 1) p n
，得到车通过曲形地面后的振
ω2a
y (t ) =2[cosp n t -cos p n (t -t 1) 2
p n -ω
其中，
2p n =
k 2π
ω=v m ，l 。
或积分为
y (t ) =
⎰
t 1
F (τ)
sin p n (t -τ) d τ=mp n
t 1ka t 1
[⎰sin p n (t -τ) d τ-⎰cos ωτsin p n (t -τ) d τ]
0mp n 0
ω2a
=2[cosp n t -cos p n (t -t 1) p n -ω2
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m 1=m 2=m 3=m ，
k 1=k 2=k 3=k 4=k 5=k 6=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 00⎤⎡3k
⎥K =⎢-k M =⎢0m 0⎢⎥⎢
⎢⎢⎣00m ⎥⎦，⎣-k
-k 3k
-k
-k ⎤-k ⎥⎥3k ⎥⎦
由频率方程
K -p 2M =0
，得
-k 3k -m p 2
-k
-k -k 3k -m p 2
=0
3k -m p 2
-k -k
解出频率为
p 1=
k k k
p 2=2p 3=2m ，m ，m
⎡(3k -m p 2) 2-k 2⎤
⎢⎥=⎢k 2+k (3k -m p 2) ⎥⎢k 2+k (3k -m p 2) ⎥⎣⎦
2
由特征矩阵B =K -p M 的伴随矩阵的第一列，
adj B (1)
将
p 1=
k
m 代入得系统的第一阶主振型为
A (1) =(111)
T
A (2) 满足如下关系：
2
(A (1) ) T MA (2) =0，(K -p 2M ) A (2) =0
(2) (2) (2) (2) (2) (2)
A =1。A +A +A =0A =-1A =0312312展开以上二式得，。取，，可得到
即有
A (2) =(-101)
T
A (3) 满足如下关系：
2(3)
(A (1) ) T MA (3) =0，(A (2) ) T MA (3) =0(K -p 3M ) A =0
(3) (3) (3) (3) (3) (3) (3) A +A +A =0-A +A =0A =A 2333。取展开以上二式得，1，1，联立得1
(3) (3)
=-2。即得 A 1(3) =1，A 3=1，可得到A 2
主振型矩阵为
A (3) =(1-21)
T
⎡1-11⎤
⎥A =⎢10-2⎢⎥
⎢1⎥⎣11⎦
图4-2
4-2 试计算图4-2所示系统对初始条件x 0=[0000]和x 0=[v 00v ]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
T T
A p =A
(
(1)
A
(2)
A
(3)
A
(4)
)
-11-1⎤⎡1
⎢11-2-11+2⎥
⎥A =⎢
⎢12-1-1-1-2⎥⎢⎥1111⎣⎦
⎡1
⎢1⎢=⎢1⎢⎢⎣1
-1 1- 1
-1
-(1-1
1 1
⎡m 0⎢0m M =⎢
⎢00⎢
⎣00
⎤⎥
1⎥-(1⎥⎥
⎥ 1⎦
00⎤00⎥⎥m 0⎥
⎥0m ⎦
-1
主质量振型为
000⎤ ⎡4. 000
⎢0⎥-0. 41400T ⎥M P =A MA =m ⎢⎢004. 0000⎥⎢⎥
0013. 657⎦⎣0
i ) A (N =
1M i
A (i )
, 由此得到正则振型振型为
-0. 65730. 5000-
0. 2706⎤-0. 2706-0. 50000. 6533⎥⎥0. 2706-0. 5000-0. 6533⎥
⎥
0. 65330. 50000. 2706⎦
0.5000⎤⎡1
⎢0.6533⎥⎥⎢00.5000⎥⎢0
⎥⎢0.2706⎦⎣0
01000010
正则振型的第i 列为
⎡0. 5000⎢
1⎢0. 5000
A N =
m ⎢0. 5000⎢
⎣0. 5000
正则坐标初始条件为
⎡0.5000-0.6533
T
x N (0)=A N Mx 00.5000⎢
⎣-0.2706
0.5000-0.2706-0.50000.6533
0.50000.2706-0.5000-0.6533
01000010
0⎤
⎡0⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥0⎥⎥⎢0⎥=⎢0⎥0⎥⎢0⎥⎢0⎥⎥⎢⎥⎢⎥1⎦⎣0⎦⎣0⎦
0.50000.5000⎡0.5000
-0.6533-0.27060.2706
T
x N (0)=A N Mx 00.5000-0.5000-0.5000⎢
⎣-0.27060.6533
0.5000⎤⎡1
⎢0.6533⎥⎥⎢0
0.5000⎥⎢0
⎥⎢⎦⎣00⎤⎡v ⎤⎡1⎤⎥⎢⎥⎢0⎥0⎥⎢0⎥
⎢⎥
⎢1⎥
0⎥⎢0⎥
⎥⎢⎥⎢⎥1⎦⎣v ⎦⎣0⎦
v 0v 0)
T
(0) x N (0) =A T N Mx =A T N M x 0x N 3=
1=x N 2=0，v m
sin p 3t p 3
，x N 4=0其中频率
(1)
2) 3) 4) x N 2+A (N x N 3+A (N x N 1+A (N x N 4，展开得到
=A N
⎧x 1⎫⎡1⎤⎡1⎤
⎪x ⎪⎢⎥⎢⎥
v ⎢-1⎥⎪2⎪vt ⎢1⎥+cos p 3t ⎨⎬=
⎪x 3⎪2⎢1⎥2p 3⎢-1⎥
⎢⎥⎢⎥⎪⎪x 1⎣⎦⎣1⎦⎩4⎭ 1⎡v ⎤(t +sin p t ) 3⎢2⎥p 3⎢⎥
1⎢v ⎥(t -sin p t ) 3⎥⎢2p 3
(1)(2)(3)(4)⎥x =A N x N 1+A N x N 2+A N x N 3+A N x N 4=⎢
⎢v ⎥1(t -sin p t ) 3⎥⎢2p 3⎢⎥⎢v ⎥1
⎢(t +sin p 3t ) ⎥
p 3⎣2⎦
解：从6—6中可得主频率和主振型矩阵为
p 1=0 , p 2=
p 3=
2k k , p 4=(2+2) m m
⎛m 000⎫
⎪0m 00⎪M
=
00m 0⎪ ⎪000m ⎝⎭，可求出主质量矩阵
由质量矩阵
000⎫⎛1 ⎪02-00 ⎪
M p =A P T MA P =4m
0010⎪ 0002+⎝
则正则振刑矩阵为
⎛-(2+2⎫
11 ⎪
22 ⎪
⎪1-1 ⎪22⎪A
N =
⎪
-11⎪
22 1 1⎝
1111⎫⎛A N -1=⎪
1-1-11 ⎝
T -1
X 0=A X =0000()()N 0于是 N
于是得
X N (0)=A N -1X 0=00
(
)
T
X N 1=X N 1(0)t =
X N 2=
X N 2(0)
sin p 2t =0p 2
X N 3(0)X N 3=sin p 3t =p 3t
p 33 X (0)X N 4=N 4sin p 4t =0
p 4
所以响应为
1
X =A N ()X N 1+A N ()X N 2+A N ()X N 3+A N ()X N 4，
2
3
4
⎛X 1⎫⎛1⎫⎛1⎫ ⎪ ⎪ ⎪X 1v 2⎪= ⎪t + -1⎪v sin p t
3
X 3⎪ 1⎪2 -1⎪2p 3
⎪ ⎪ ⎪p =3X 1⎝1⎭即⎝4⎭⎝⎭，
其中，
000⎤⎡4. 000
⎢0⎥-0. 41400T ⎥M P =A MA =m ⎢⎢004. 0000⎥⎢⎥00013. 657⎣⎦
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p 1=p 4=p 的响应。
4-4 如图4-4所示，已知机器质量为m 1=90kg，吸振器质量为m 2=2.25kg，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。
图6-1
解；(1)杆的左端突然固定；
杆的初始条件为：u (x ,0)=u 0(x )=0 u (x ,0)=V 有题可知
l
p i =
i πi πa
, i =1,3,5u i (x )=D i sin x , i =1,3,52l 2l
2
i πi πx ⎫⎛D =u x =x (
)ρA D sin dx =1i i i ⎪⎰
0 2l 2l ⎭⎝得 l i π
ηi (0)=⎰ρAVD i sin xdx η(0)=0
02l ，i
2l
=ρAVD i
i π
ηi (0)ηi =sin p i t
p i 所以有：进而有：
i πx 2l 2l 8Vl ∞1i πx i πa
u (x , t )=∑u i ηi (t )=∑D i sin ρAVD i sin p i t =2∑2sin sin t
2l i πi πa πa i 2l 2l i =1,3,5i =1,3,5i =1,3,5
∞
∞
%u i 全部改成：U i
~
图6-2
P 0
的l 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
P
力为0sin ωt ，试求杆的稳态强迫振动。
l
p x ε=0
EA 解：t-=0时的应变为
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p (x ) =
杆的初始条件为
u 0(x ) =⎰
.
x
p 0y p 0x 2
ydy =EA 2EA
一端自由一端固定，可知杆的因有频率和主振型为
u 0(x ) =0p i =
将主振型代入上式归一化为
i πa
(i =1,3,5......) 2l
i π
U i (x ) =D i sin x (i =1,3,5......)
2l
⎰
l
ρA (D i sin
i π2
x ) dx =12l
D i =
以正则坐标表示初始条件为
ρp 0i π8l 3sin i π2
ηi (0)=⎰ρAu 0(x ) D i sin xdx =D i 22(-)
02l 2E i π2i π
l
ηi (0)=0(i =1,3,5......)
.
ρp 0
2E
D i
以正则坐标表示对初始条件的响应为 于是杆的自由振动为
8l i π2
(sin-) i 2π22i π
3
ηi =ηi (0)cosp i t
∞
~
i πx ρp 08l 3sin i π2
u (x , t ) =∑U i ηi (t ) =∑D i sin ∙D i 22(-)
2l 2E i π2i πi =1,3,5... i =1,3,5...
∞
16p 0l 2∞1i πx i πa
=3⋅sin cos t ∑3
πEA i =1,3, i 2l 2l
杆左端固定端，右端为自由端
16F 0l ∞1i πx i πa u (x , t ) =3⋅3sin cos t ∑2l 2l πEA i =1, 3, i
边界条件
u (x , t )=U (x )(A cos pt +B sin pt )
px px
U (x ) =C cos +D sin
a a dU
U (0) =0 dx
=0
x =l
得固有频率，主振型
p i =
(2i -1) π(2i -1) π
a U i (x ) =D i s i x 2l 2l i=1,2,……
u (x , t ) =
i =1, 3, ⋯⋯
∑
∞
sin
杆在x 处的应变
i πx i πa i πa (A i cos t +B i sin t ) 2l 2l 2l
F 0
x x ε0=⎰dx 0EA
2F x =0
2EAl
初始条件
⎧F 0x 3⎪u (x , 0) =u 0(x ) =ε0x =
2E A l ⎨∙∙
⎪u (x , 0) =u 0(x ) =0 ⎩
由u (x , 0) =u 0(x ) =0得 B i =0
∞
∙
∙
u (x , t ) =
l
再利用三角函数正交性
i =1, 3, ⋯⋯
∑
sin
i πx i πa A i cos t 2l 2l
l i πx i πx ) dx =⎰ε0x sin dx
002l 2l 3
l F x i πx 0=⎰sin dx 02EAl 2l
16F l A i =330
i πEA 得
A i =⎰sin 2(
u (x , t ) =
i πx i πa
A cos t ∑i 2l 2l i =1, 3, ⋯⋯
∞
16F 0l 1i πx i πa =33sin cos t ∑3
2l 2l i πEA i =1, 3, ⋯⋯i
∞
sin
(2) 解：
因为杆是一端固定，可得固有频率和主振型为
P i =
ia π2l
i πx 2l
(i =1,3,5⋅⋅⋅)(i =1,3,5⋅⋅⋅)
2
将主振型代入归一化条件，得
l
U i (x )=D i sin
i π⎛
ρA D sin i ⎰0 2l ⎝
得到正则振型
⎫
x ⎪dx =1⎭
D i =
又第i 个正则方程为
U i (
x )=
~
i πx 2l
l
(i =1,3,5⋅⋅⋅)
ηi +p i 2ηi =⎰q (x , t )U i dx
F 0i π
sin ωt sin xdx 0l 2l 2D i F 0=sin ωt (1,3,5⋅⋅⋅)i π
=⎰
l
所以可得正则坐标的稳态响应为
ηi (t )=
杆的稳态响应振动为
2D i F 0
sin ωt 22
p i -ωi π
u (x , t )=
i =1,2, ⋅⋅⋅
∑U η(t )=∑
i i
∞
~
∞
U i ηi (t )
~
i =1,3,5, ⋅⋅⋅
=
其中
4F 0sin ωt 1i π
sin x ∑ρAl πi =1,3,5⋅⋅⋅i p i 2-ω22l
∞
p i =
i πa , a =2l 。
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。
∂u EA ∂x 解：边界条件为：U (0)=0, U (x ) =C cos
p p
x +D sin x a a
u (x , t ) =U (x )(A cos pt +B sin pt )
∂2u =-m 2x =l
∂t
-ku (x , t )
x =l
p p
=D cos x (A cos pt +B sin pt )
a a 由U (0)=0, 得C =
p 2
=-Dp sin x (A cos pt +B sin pt ) a
p p p p EAD cos l =mDp 2sin l -kD sin l
a a a a 由条件（2）得
p p p cos l =(mp 2-k )sin l a a a p EAp p ∴tg l =∴U i (x ) =D i sin i x
a a (mp 2-k ) a 所以
EA
这就是我们所要求的频率方程
⎧l ρAU U dx =0(i ≠j ) i j ⎪⎰0
⎨l
⎪⎰ρAU i U j dx =M pj (i ≠j ) M pj 为第j 阶主质量⎩0
所以主振型关于质量的正交性主振型关于刚度的正交性为
解：⑴ 该题中杆的振动方程为：
u (x , t ) =U (x )[A cos pt +B sin pt ]...........
(a 2=E /ρ) 其中U (x ) =C cos(px /a ) +D sin(px /a ).........
由于边界条件中U （0）=0 代入U （x ）中得C=0
再将U （x ）代入中 ，由知： ∂u pD pl
sin (A cos pt +B sin pt )
∂x x =l =a a
∂2u pl 2
=-p D sin (A cos pt +B sin pt ) 2
a ∂t x =l
再由边界知： ∂u EA ∂x
=-ku (x ) x =l
x =l
∂2u -m 2
∂t
x =l
得：
tan
pl p (mp 2-k ) =EA a a
a pl EA tan =
a mp 2-k 即：p
⑵ 已知方程
∂2u ∂∂u ρA 2=(EA )
∂x ∂x ∂t
d dU
(EA ) =-ρp 2AU dx dx
取一特解U i , p i 2及另一特解U j , p 2j 将dU d
(EA i ) =-p i 2A ρU i .......
dx dx
由乘并对杆积分得
⎰U j
l
l dU i d
(EA ) dx =-p i 2⎰A ρU i U j dx
0dx dx
l
l l dU i dU i dU j 2
U j (EA ) -⎰EA dx =-p i ⎰A ρU i U j dx .......... .....
00dx dx dx 0所以
∂u
EA ∂x 由EA
x =l
∂2u
=-ku (x ) x =l -m 2
∂t
x =l
得：
dU (x )
=(mp 2-k ) U (l )
dx x =l
及U (0) =0
代入得p i 2[m U i (l ) U j (l ) +⎰A ρU i U j dx ]=⎰EAU i ' U ' j dx +kU i (l ) U j (l ).....
l
l
i , j 互换
' '
p 2j [m U i (l ) U j (l ) +⎰A ρU i U j dx ]=⎰EAU i U j dx +kU i (l ) U j (l ).....
l
l
两式相减得：⎰A ρU i U j dx +m U i (l ) U j (l ) =δij
l
将上式代入得⎰EAU i ' U ' j dx +kU i (l ) U j (l ) =p 2j δij
l
所以，其解为正交。