结构动力学习题解答一二章Word格式文档下载.docx
- 文档编号:19584836
- 上传时间:2023-01-08
- 格式:DOCX
- 页数:43
- 大小:311.36KB
结构动力学习题解答一二章Word格式文档下载.docx
《结构动力学习题解答一二章Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《结构动力学习题解答一二章Word格式文档下载.docx(43页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
,由上述
(1),
(2)式求得阻尼比
万法二:
功率法:
(1)单自由度系统在
F0sint作用下的振动过程中,在一个周期内,
弹性力作功为
Wc
阻尼力做功为
Wd
cA2
激振力做作功为
Wf
Fosin
(2)由机械能守恒定理得,弹性力、
阻尼力与激振力在一个周期内所作功为零
Wc+Wd+Wf0;
cA20
进一步得:
AF0sin,c;
(3)
时,sin
1,
Amaxxst:
2,
2max0
1、4
求图1-35中标出参数的系统的固有频率。
此系统相当于两个弹簧串联,弹簧刚度为k1、
k2竺已;
等效刚度为
L3
简支梁
刚度为
k;
有
k1
右;
k
k2
48Elk
48EIk1l3
L/2
m
则固有频率为
3
48EIl
48EIk1lm
图1-33(a)
⑵此系统相当于两个弹簧串联,等效刚度为:
48EI
kk1
则固有频率为:
⑶系统的等效刚度为
k1l348EI
ml
图1-33(b)
km
3EI
l3
ki
则系统的固有频率为
⑷
ml3
图1-33(C)
由动量距定理
m。
FIo得
(Il
11
匕1111
22
1.1,2
l)=ml22
得:
k10,
2m
则
\2m
o
1、5求下图所示系统的固有频率。
图中匀质轮
图1-33(d)
A半径R,重物B的重量为P/2,弹簧刚度为
解:
以为广义坐标,则
系统的动能为
TT重物T轮子
1P
一()
22g
R2)
g
P——x4g
P2——x4g
图1-34
P2
x2g
系统的势能能为:
U重物
U弹簧
Px
-kx
拉格朗日函数为
L=T-U;
由拉格朗日方程(丄)
dtx
P
—xkx0
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,
其动能T=T平动+T转动。
T平动
T转动
121232
TMx2Mx2Mx2;
244'
而势能
U2Kx2;
2,
系统机械能
TU-Mx2丄Kx2C;
42;
由—TU0得系统运动微分方程
-MxKx0
得系统的固有频率
2K;
n.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
rArB
量为mB,半径为「b,杆AC的扭转刚度为Ka,,杆BD的扭转刚度为Kb,
由齿轮转速之间的关系a「ABrB得角速度B―A;
转角B
rB
2Ka
2Kb
Ka
Kb
2「A
2rB
系统的势能为
系统的机械能为
为C,求当初始条件000时
(1)f(t)Fsint的稳态解;
C
(2)f(t)(t)t的解;
L/2
利用动量矩定理建立系统运动微分方程
J
L
Lf(t)-
Lk-
C
而
Jrdm
2r
mdr
mL2
12
122mAmB「AA
4
2rA
「b
C;
2n
由d_TU0得系统运动微分方程
ra
KAKBA0;
rb
因此系统的固有频率为
rA2
I「a
'
2KaKb—
2Ka
IA
1
rB1i
n1
mA
mB
rA2rAI
mAmB
hsint
设方程(3)的稳态解为
xAsin(t)
将⑷式代入方程⑶可以求得:
22.22
4n
6F
H6Km229C22
arctg2n
arctg
3C
6Km2
(2)求f(t)(t)的解;
将f(t)(t)代入方程⑴得
6K
令2n3C;
n26K;
hA
mmmL
n2h(t)
方程(6)成为求有阻尼的单自由度系统对于脉冲激励加速度
(t)的响应。
由方程
(6)可以得到初始
oh(t);
然后积分求初始速度
oodt
h(t)dt
h
(t)dth;
再积分求初位移
0dth
)dt
0;
这样方程(6)的解就就是系统对于初始条件°
、
0与
0的瞬态响应
x
Aentsin
dt
5
将其代入方程(6)可以求得:
.h
A;
md
0;
最后得
xAentsindt
hemd
nt
sin
1、9图1—38所小盒内有弹簧振了
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-mVo2的振子的初速度
底版与地面粘住后,弹簧振子的振动就是对于初速度
Vo...2gH的主动隔振
系统的运动微分方程为:
mxCxKx0;
K/2
V。
2gH;
c
或x2nxn2x0;
arctg—
Xo
nXo
dxo
系统的运动方程就是对于初始条件的响应
xdt;
d
(2)汽车振动的稳态解:
设稳态响应为:
yAsin(ta)
代入系统运动微分方程
(1)可解得:
acrtan(—k(k
2);
mc
m)c
1、11、若电磁激振力可写为F(t)Hsin20t,求将其作用在参数为mk、c的弹簧振子
上的稳态响应。
首先将此激振力按照傅里叶级数展开:
F(t)
a。
(aicos(it)bisin(it))
ai
2T
T0F(t)cos0t)dt;
2t
bT0F(t)sin(it)dt
因为F(t)
Hsin2(ot)就是偶函数,所以b0。
HH…、cos(2ot)
x(t)—
Asin(20ta/2);
式中
02)16n202
1、12、若流体的阻尼力可写为
(1)流体的阻尼力为Fd
设位移为xAcos(
流体的阻尼力的元功为
Fd
bx3
),而
dWd
arctan
bx,求其等效粘性阻尼。
dxxdt;
Fddx(bxxdt);
流体的阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为
Fddxbx3dx
bx4dt■■■■b[Acos(
a)]dt
-b3A4
粘性阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为
等效粘性阻尼:
取
nceqA
可得:
ceq津
n2A2
第二章两个自由度系统
求如图2-11所示系统的固有频率与固有振型,并画出振型
(1)系统的振动微分方程
2、
mx2k(x2x1)kx2;
X
_"
vk---
图2-11
即一.mx12kx1kx20;
mx2kxi2kx20;
(1)
(2)系统的特征方程
根据微分方程理论,设方程组
(1)的解为:
X1Asin(t);
X2Asin(t)
将表达式
(2)代入方程组
(1)得:
气m2A12kAjkA2)sin(t)0
1(m2A2kA12kA2)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:
{
(2km2)AkA20
kA1(2km2)A20
即
2km2
A1
0;
2km2
(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:
k2k
展开得
m244mk23k20;
(5)
系统的固有频率为:
1.K/m;
2.3K/m;
(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)a£
)
7
刑4振阶二
系统各阶振型如图所示:
其中(a)就是一阶振型,(b)
+1/
~+1—
(ar
(b)
(5)系统的主振动
系统的第一主振动为
Xi⑴
A|
(1)sin(
A:
1〉sin(
1)
(1)A⑴sin(
A,2)sin(
A)2)sin(
2、2确定图2-12所示系统的固有频率与固有振型。
解:
(1)系统的动能
T1(2m)u121(m)ufmu12
⑵系统的势能
因为弹簧上端
AB两点的位移
u1u2
;
ub2
所以系统的势能为
ua2ui
U1U2
K
V7(2U1
U1U22
1(2
U1U2)2
K52
(5u1
(3)系统的Lagrange函数
212LTVmu1mu22
(4)系统的运动微分方程
2U1U2U^);
由Lagrange方程
J2
—"
2u1u2
u2)
l
j
Uj
「2mu1
一Ku1
—U2
mu2
—
——Ku1
K—U2
5K
U1
mU2
U2
可得
ddt
(6)系统的特征方程
U1A1sin(t
代入系统的运动微分方程得系统的特征方程
设系统的运动微分方程的解为
),U2A2Sin(t)
2m2
-KAi—A2
KAi
Ai
A2
2m25K
~2
(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就是其系数行列式为
2422
4m247Km2K20
解得
系统的固有频率
(7)系统的固有振型
系统的固有振型
i0.6^
\m
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
(8)系统的主振动
A;
2)
0.28砰
u1
A,
(1)sin(11
1)A,
(1)sin(0.6Qt
1〉sin(11
1)0..28A⑴sin(0.6』*
\n
2〉sin(1t
1)A1
(2)sin(1.1^i—t
Vm
(2)
a22)sin(1t
1)1.67A
(2)sin(1.18
t
i);
kt
i)
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与K。
(1)写出用杆端铅直位移u1与u2表示的运动方程;
(2)写出它的两个固有频率;
(3)画出它的两个固有振型;
(1)均质杆的运动微分方程2K
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
C2
ui
u2
均质杆绕质心C的转角为
1u2u
u2u1;
图2-13
均质杆的运动微分方程
muc
U2);
KL
Ku1Lu2;
K(2ui
m(u1u2)
.2mLu1u2
12L
K(2u1
KuiL
m(u1u2)2K(2u1u2);
mu1u26K2u1u2;
(2)系统的特征方程设运动微分方程
(1)
mu1
4Ku12Ku2
12Kui6Ku2
(4)系统的频率方程
系统的两个固有频率
(5)系统的固有振型
的解为
Asin(t
2.
mA1
2八
mA1m
m2A2
4Km2
m12K
2K
4KA1
12KA1
u2A2sin(t
2KA2
6KA2
0;
),代入方程
(1)
系统的特征方程有非零解得充分必要条件就是其系数行列式为零
4K
m212K6K
m2412Km224K20
11.612;
23.066;
37
2mu12K(u25);
即mu22K(u2u1);
2k
图2-14
{2mu12Ku12Ku20
mu22KKui2Ku20
(2)系统特征方程
设运动微分方程
(1)的解为
与
A2sin(t
),
代入方程
(1)
TKm
2A1KA2
2KA1
2Km2
A20;
Km2
KA1
2KmA2
(3)系统频率方程
(4)
m43K20
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
1;
⑴
系统的两阶固有振型
mg1
mg2
mgL
u
(4)系统特征方程设运动微分方程
(1)的解为
(mg*mL2~4~
1A1sin(t
与2
2、*
2*
)A1
L
(mg-
)A2
(吩
mL22
4LmL2(mg-
解得系统的两个固有频率
L24
14g212g20;
1'
g;
23.6:
;
(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
113
+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
2m2;
k12k2;
证明该系统的
固有频率与固有振型为:
2m1
2k1
m1
x⑴
x1
X2
2尊
(1)系统振动微分方程
m1x1
m2x2
k11x1
k12x1
k12x2
k22x2
(2)系统特征方程设方程组的解为
系统特征方程{K11几册笃“0
fe21AA2k2n『m2A20
(3)系统频率方程代入方程组虑(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就是其系数行列式等于零
K11
K12
K22
2m2
即k11
mi)(k22
2、
m2)
k12k21
(4)系统固有频率
K2
根据已知条件k11
k1,k21
k12
k1,
K1
k?
2&
k?
rTi]
k22k1k23k1,m1
m2,
代入(3)式得
(6)系统固有振型:
将系统固有频率代入系统特征方程
A1
(1)
A21)
a2
(2)
(7)系统的主振动
A2;
图2-16
22k1
(2)得系统固有振型
1m1
kn
&
k1k1
22m1k11
2k1k1
a12)
证毕。
mx
k1x1k2(x1x2)
f(t)
m2X2
k2(X2xj0
(1-1)
即:
(k1k2)X1k2X2m
2esint)
m?
k2x1k2x20
(1-2)
C1
D1
C2
(2求系统的稳态响应:
设系统的稳态响应为
X1
A1sin(
t1)
(1-3)
A2sin(
ta2)
C1sint
C2cost
(1-4)
D1sint
D2cost
将表达式
(1-4)代入式(1-2),
根据两个方程中包含
sint的系数与为零及包含cost
的系数与为零
可得如下方程组
(m1
2k1
k2)C1k2D1
m2e;
*2)。
2k?
D2
k2C1(m2
k2)D10;
(1-5)
k2C
2k2D2
m1m24
m-im24
D20;
m2e(k2
m2k1
m2ek2
m1k2
k1k2
m2k2
(1-6)
m2k2
求解方程组(1-5)得:
C2D20
设xAsint,
Bsint代入方程并整理得
所以在公式xiAisin(ti),X2A2sin(ta2)中有
(6)Lagrange方程
d“
L、
Fsint
(
dt(
(Mm)xmlcos2kxFsint
mlmlxcosmlxsinmglsin0
因为振动为微幅振动,所以
彳2-
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 结构 动力学 习题 解答 一二