机械系统动力学习题2010.pdf

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1、解：设滑块阻力产生的等效力矩为edM由等效力矩公式，11cosmnjkekkjkjvMFM=+，可得1DedDVMF=i解：设工作阻力CF产生的等效力矩为ecM集中质量m产生的等效力矩为emM所以，1cecCVMF=i111cosemlMmg=ii 机械系统动力学习题2010 解：设滑轮的半径为 R，质量 m 被位移的同时，滑轮转过的角度为 a，滑轮的转动惯量为 J选广义坐标 m 的位移为 x，设滑轮中心位移为 y，则 x=2y=2Ra向 m 上等效，222211112222em xmxM yJ a=+所以38emmM=+2211()222exK xK=所以4eKK=所以，固有频率283ene

2、KKwmmM=+解：设圆盘转过的角度为 a，圆盘中心移动的位移为 x，转动惯量为 J，则 ra=x向圆盘上等效，222111222em xm xJ a=+所以32emm=221122eK xKx=所以，固有频率23eneKKwmm=解：设1mm与碰撞的时刻为0t=时刻。取1mm与及 K 组成的新系统的静平衡位置为坐标原点，1mm与的位移 x 为广义坐标。则新系统可视为单自由度无阻尼自由振动，故有一般运动方程：00cossinnnnxxxtt=+根据题设条件，质量 m 从高度 h 处自由落下，落在1m上，由动能定理，有212mghmv=由动量定理，有10()mvmm v=+联立上两式，求得1mm

3、与共有的初速度0002mvghxmm=+初始位移10(0)mmx txgK+=新系统固有频率1nKmm=+综上，系统由此发生的无阻尼自由振动为11112cossin()nmghmmKKxgttKmmmmmm+=+解：扭转刚度pGJKl=其中，pJ为截面极惯性矩，44322pdrJ=由上图可知，轴 AB 与 BC 串联后再与 DE 并联故等效刚度ABBCeDEABBCKKKKKK=+依题，44949(0.040.02)80 100.0240 10225194090.60.6stAlABABABKKK=+=+=同理，可得16087BCK=20117DEK=所以，519409 16087201173

4、5720519409 16087eK=+=+（单位：/N m radi）解：先广义坐标为1m的位移为 x，则2m的位移为 y=bxa向1m上等效，22221211112222em xm xIm y=+因为摇杆的转动角度为小角度，有tanxa=联立上两式，得出21222eIbmmmaa=+又2211122eK xK y=所以，212ebKKa=所以固有频率212212eneKb Kwma mIb m=+解：碰撞后质量往 x 方向运动，取碰撞位置为原点，则有m xC x Kx=可求得该方程的解为简谐函数，所以设sin()nxAw t=+固有频率408204.52000nkwm=rad/s阻尼比19

5、600.10822 200040820cCCCmk=，小于 1所以碰撞后的系统可视为低阻尼状态碰撞初始位置：000,0 xxv=所以000020.0821ndnxw xxAxww+=+=m2221.41ddnTww=s所以在相撞后的约0.354dTs 达到最大振幅0.07nw tAem解：首先对单位进行统一：01 kfg9.81N,F35.7,10486/,115.4/N KN m CN s m=i取平衡位置为坐标原点，取向下为 x 轴，则有()m xF tKxC x=即0sinm x KxC xFwt+=i解该方程，得sin()xAwt=又10.798015.245.4nKwm=rad/s当

6、频率比1nww=时，系统共振所以共振频率15.2nww=rad/s共振振幅02220.02()()FAKmwCw=+s，阻尼比0.08362nCmw=所以动态放大因子22215.98(1)(2)=+解：依题意，该系统为简谐激励下的振动系统，故有振动方程0sinm x cx kxFFt+=该系统的瞬态响应为()sin()ntdx tAet=+其中，21dn=，2nCm=，nKm=由初始条件，求解待定系数(0)0 x t=，可以得出sin0A=(0)0 x t=，可以得出sincos0ndAA+=联立上两式，得出0,2A=所以系统的瞬态响应为()0 x t=解：由题可知，激振函数00()(1)QQ

7、=且系统为无阻尼单自由度系统，故响应0001()(1)()sin()tnnQQxQtdm=联立上两式，即得0001()(1)sin()tnnx tQtdm=整理，求积分得0200sin()(1 cos)nnnnnQttx ttm=+当0tt时，()()()()00011sinsinttnntnnxFtdFtdmm =+()()()()000000002011sin0 sinsinsincosttnntnnnnnnQttdtdmtmtttQtmt =+=+解：该隔振系统为被动融振，记地面简谐振动方程为32 10sinYt=则32 10cosYt=由32 100.1256Y=，得出62.8Hz=频

8、率比62.816.5223.8n=，所以振动幅度非常小所以，仪器的最大位移，即受迫振幅22222221(2)1(2 16.520.125)20.03(1 16.25)(20.125 16.52)(1)(2)100%(1 0.015)100%98.5%rXYum+=+=所以，隔振效率(1T解：依题，由牛顿定律可得11212221()()m xK xxm xK xx =整理得，1112221200m xKxKxm xKxKx +=+=记129.72,11.36KKabcdmm=故系统的固有频率221,2()10.5410.5422nnadadbc+=+=所以120,4.59nn=主振型2111na

9、ub=2221.16naub=解：取质量块 M 与摆杆连接点为坐标原点，M 的位移 x 及摆杆的摆角为广义坐标，初始位置为 x0 及0=则摆杆上的质量 m 的任一时刻位置坐标为(sin,cos)xll+所以，系统的势能为21(1 cos)2UKxmgl=+系统的动能为22211()22xyTM xm vv=+，其中，对 m 的坐标示求一次导数，即为 m 的速度(,)xyv v，即cossinxyvx lvl=+=故系统动能22211()cos22TMm xm xlml=+拉氏函数2222111()cos(1 cos)222LTUMm xm xlmlKxmgl=+所以，2()cos,cos,si

10、nsinLMm x mlxLKxxLmlx mlLmlxmgl =+=+=代入()0()0dLLdtxxdLLdt=得出22()sincos0cossinsinsin0Mm x mlmlKxmlmlx mlxmlxmgl +=+=因为是微小振动，所以sin,cos1，可略去2sinml 项，故可得到系统的运动微分方程，2()00Mm x mlKxml x mlmgl +=+=（2）、计算系统的固有频率设振动方程组的解为sin,sinxAtBt=，将其代入微分方程，得2222()0AMmKmlBlg+=并令 A,B 的系数行列式为零，可得到频率方程42()0MlklMm gkg+=整理，得421

11、()0nnMm gkgkMlMl+=解：取质量块的位移12,x x为广义坐标，对12,m m分别进行受力分析，根据牛顿定律，有112211 12222132()()m xKxxK xm xKxxK x =整理，得11121222221232()0()0m xKKxK xm xK xKKx +=+=记23122211222,2KKKKKKKKKKabcdmmmmmmmm+=（1）系统的固有频率221,233()222nnadadKbcm+=+=即，22123333,22nnKKmm+=主振型211222130.3662131.3662nnaubaub=+=，振型图如右图所示，（2）若在2m上作用

12、简谐力20sinpPt=，对12,m m进行受力分析，有1112122222123220()0()sinm xKKxK xm xK xKKxpPt +=+=令该微分方程组的解为1122sin,sinxBt xBt=,并代入上两式，得2122120(2)0(22)KmBkBKBKmBP=+=解该方程组，得01222202222(2)(22)(2)(2)(22)KPBKmKmKKmPBKmKmK=所以，受迫响应为01222sin(2)(22)KPxtKmKmK=及202222(2)sin(2)(22)KmPxtKmKmK=解：取摆杆摆角123,为广义坐标，如上右图所示用速度合成法则，将该三级摆的三

13、摆杆分别进行速度分析，图解如下对速度进行矢量和运算，即11221332()()vvvvlvvl=+=+可得221122222222212121212122212222233321322321()()()2cos()(2)()()2cos()()vlvlllllvvlv ll =+=+=+因此，系统的动能为2222112321()()2mlT =+系统的势能为1233(1 cos)2(1 cos)(1 cos)Umglmglmgl=+所以拉氏函数为2222112321123()()3(1 cos)2(1 cos)(1 cos)2mlLTUmglmglmgl =+将拉氏函数代入分别以123,为广义

14、坐标的拉格朗日方程112233()0()0()0dLLdtdLLdtdLLdt=可以求得 3 个分别对应于123,坐标的运动方程222123122212322221233323sin0222sin0sin0mlmlmlmglmlmlmlmglmlmlmlmgl +=+=+=该方程组即为该三级摆的运动方程。解：取系统在静平衡位置作为广义坐标的原点。在两弹簧12,K K连接处进行受力分析，有2211 1()0KxxPK x+=对质量块 m 进行受力分析12221()m xKxx=令系统的响应为1122sin,sinxBt xBt=，并代入上两式，得1212222122()()0KKBK BFK BKmB+=+=解得，221222122()()()KmFBKmKKK=+及22222122()()K FBKmKKK=+所以质量块 m 的受迫振动为22222122sin()()K FxKmKKK=+