机械振动 第一次习题课
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⎡ ⎢1 + ⎣
1
+
(m1
2kh + m2
)g
⎤ ⎥ ⎦
2、解：
建立绕
O
点的角度θ
，则
⎧ ⎪ ⎨
x1 x2
= =
aθ lθ
⎪⎩x3 = bθ
（1）力学分析方法 取隔离体受力分析： 刚性臂：
I0θ&& + k3bθ ⋅ b + F1a + F2l = 0
质量 m1：
m1&x&1 + k1x1 − F1 = 0
⎪
⎪⎩
x0 = 0
x&0
=
1 m
确定为
h(t )
=
1 mωn
sin ωnt
则：
x(t) =
∫t
0
P(τ
)⋅ h(t
−τ
)⋅ dτ
=
1 mωn
∫t
0
P(τ
)⋅ sin ωn (t
−τ
)⋅ dτ
则解为：
x(t )
=
1 mω n
∫t
0
P(τ
)⋅
sin
ωn
(t
−τ
)⋅
dτ
∫ ⎧ 1
⎪ ⎪
mωn
t 0
P1
⋅
sin
m1 + m2
⋅
⎜⎜⎝⎛
m2 m1
2gh + m2
⎟⎟⎠⎞2
2m2 g + hmax =
(2m2 g
)2
+
4k (m1
+
m2
)⋅ ⎜⎜⎝⎛
m2 m1
2gh + m2
⎟⎟⎠⎞2
2k
= m2 g + k
⎜⎛ ⎝
m2 k
g
⎟⎞2 ⎠
+
(m1
+ k
m2
)
⋅
⎜⎜⎝⎛
m2 m1
2gh + m2
⎟⎟⎠⎞2
=
m2 g k
固有频率： ωn =
ke me
3、解：
微分方程： m&x& + kx = P(t)
激振力： P(t ) = ⎪⎨⎧PP12
⎪⎩ 0
0 ≤ t ≤ t1 t1 ≤ t ≤ t2
t ≥ t2
根据杜哈梅积分有：
x(t
)
=
∫t
0
P(τ
)
⋅
h(t
−
τ
)
⋅
dτ
⎪⎧m&x& + kx = 0
h(t
)
根据方程
⎪ ⎨
微分方程：
( ) ( ) I0 + m1a2 + m2l 2 θ&& + k1a2 + k2l 2 + k3b2 θ = 0
固有频率：
ωn =
ke me
（2）能量法
总动能：
( ) ( ) 1
2
meθ&2
=
1 2
I 0θ& 2
+
1 2
m1x&12
+
1 2
m2 x&22
=
1 2
I 0θ& 2
+
1 2
m1
质量 m2:
m2&x&2 + k2 x2 − F2 = 0
则：
I0θ&& + k3bθ ⋅ b + (m1&x&1 + k1x1 )a + (m2&x&2 + k2 x2 )l = 0
[ ] [ ] I0θ&& + k3b2θ + m1aθ&& + k1aθ a + m2lθ&& + k2lθ l = 0
aθ&
2
+
1 2
m2
lθ&
2
则： me = I0 + m1a2 + m2l 2
总势能：
1 2
keθ
2
=
1 2
k1x12
+
1 2
k2 x22
+
1 2
k3 x32
=
1 2
k1(aθ
)2
+
1 2
k2 (lθ )2
+
1 2
k3 (bθ
)2
则： ke = k1a2 + k2l 2 + k3b2
振动微分方程为： meθ&& + keθ = 0
)]
0 ≤ t ≤ t1 t1 ≤ t ≤ t2 t ≥ t2
初始条件：初始位移：
x0
=
−
m2 g k
；初始速度：
x&
0
=
m 2 2 gh m1 + m 2
运动响应： x = a sinωnt + bcosωnt
根据初始条件获得方程：
⎧ ⎪⎪ ⎨
x0
⎪ ⎪⎩
x&0
= =
− m2g = b k
m2 2gh = m1 + m2
aωn
得到
⎪⎪⎧b ⎨ ⎪a ⎪⎩
= =
=
⎧ ⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪⎩
P1
k P1
k P1
k
(1− cosωnt) (cosωn (t − t1 (cosωn (t − t1
)− )−
cos ωnt ) cos ωnt )
+ +
P2
k P2
k
[1− cosωn (t − [cosωn (t − t2 )
t1 )]
− cosωn
(t
−
t1
题目 1 求图示半正弦波的频谱函数。（15％） 题目 2 质量 m1 悬挂在刚度为 k 的弹簧上并处于静平衡状态，质量 m2 从高度 h 处自由下 落到 m1 上且没有弹跳。求：
（1）碰撞后 m2 的运动规律；（10％） （2）m2 下降的最大距离。（15％）
题目 1 图
题目 2 图
题目 3 图示刚性曲臂绕铰点 O 的转动惯量为 I，求：
（1） 系统的振动微分方程；（20％）
（2） 系统的固有频率。（10％）
题目 4 无阻尼单自由度系统受到图示力作用（假设初始条件为 0），求系统的强迫振动响
应。（30％）
题目 3 图
题目 4 图
1、解：
振动微分方程： (m1 + m2 )&x& + kx = 0
式中 x 原点为两个质量m1和m2同时悬挂在弹簧k上时的平衡位置。
− m2 g k
m2 2gh
(m1 + m2 )ωn
运动响应：
x
=
a sin ωnt
+
b cosωnt
=
m2
(m1 +
2gh
m2 )ωn
sin ωnt
−
m2 g k
cosωnt
m1和m2同时下降的最大距离：
hmax
=
m2 g k
+
A
=
m2 g k
+
⎜⎛ m2 g ⎟⎞2 ⎝k⎠
+
⎜⎜⎝⎛
m2
(m1 +
ωn
(t
−
τ
)
⋅
dτ
∫ ∫ =
⎪ ⎨ ⎪
1 mωn
⎜⎝⎛
t1 0
P1
⋅
sin
ωn
(t
−
τ
)
⋅
dτ
+
t t1
P2
⋅
sin
ωn
(t
−
ห้องสมุดไป่ตู้
τ
)⋅
dτ
⎟⎠⎞
∫ ∫ ⎪ 1
⎪⎩ mωn
⎜⎝⎛
t1 0
P1
⋅
sin
ωn
(t
−
τ
)
⋅
dτ
+
t2 t1
P2
⋅
sin
ωn
(t
−
τ
)⋅
dτ
⎟⎠⎞
0 ≤ t ≤ t1 t1 ≤ t ≤ t2 t ≥ t2
2gh
m2 )ωn
⎟⎞2 ⎟⎠
=
m2 k
g
⎜⎜⎝⎛1
+
1+
(m1
2kh + m2
)g
⎟⎟⎠⎞
m1和m2同时下降的最大距离的能量法：
1 2
(k hmax
+δ
)2
−
1 2
kδ
2
=
1 2
(m1
+
m2 )V
2
+
(m1
+
) m2 ghmax
δ = m1g k
V = m2 2gh m1 + m2
( ) khm2ax − 2m2 ghmax =
