《振动力学》习题集（含答案）质量为m 的质点由长度为l 、质量为m 1的均质细杆约束在铅锤平面内作微幅摆动，如图所示。

求系统的固有频率。

图解：系统的动能为：()222121x I l x m T +=其中I 为杆关于铰点的转动惯量：2102120131l m dx x l m x dx l m I l l ⎰⎰==⎪⎭⎫⎝⎛=则有：()221221223616121x l m m x l m x ml T +=+=系统的势能为：()()()2121212414121 cos 12cos 1glx m m glx m mglx x lg m x mgl U +=+=-⋅+-=利用x xn ω= 和U T =可得： ()()lm m gm m n 113223++=ω质量为m 、半径为R 的均质柱体在水平面上作无滑动的微幅滚动，在CA=a 的A 点系有两根弹性刚度系数为k 的水平弹簧，如图所示。

求系统的固有频率。

图解：如图，令θ为柱体的转角，则系统的动能和势能分别为：22222243212121θθθ mR mR mR I T B =⎪⎭⎫ ⎝⎛+==()[]()222212θθa R k a R k U +=+⋅=利用θωθn= 和U T =可得： ()mkR a R mR a R k n 343422+=+=ω转动惯量为J 的圆盘由三段抗扭刚度分别为1k ，2k 和3k 的轴约束，如图所示。

求系统的固有频率。

图解：系统的动能为：221θ J T =2k 和3k 相当于串联，则有：332232 , θθθθθk k =+=以上两式联立可得：θθθθ32233232 , k k k k k k +=+=系统的势能为：()232323212332222121212121θθθθ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=++=k k k k k k k k k k U利用θωθn= 和U T =可得： ()()3232132k k J k k k k k n +++=ω在图所示的系统中，已知()b a m i k i , ,3,2,1 和=，横杆质量不计。

求固有频率。

图答案图解：对m 进行受力分析可得：33x k mg =，即33k mgx =如图可得：()()22221111 ,k b a mga k F x k b a mgb k F x +==+==()()mg k k b a k b k a b a x x a x x x x 212221212110++=+-+='+= ()mg k mg k k k b a k b k a x x x 0321222123011=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=+=则等效弹簧刚度为：()()2123223123212k k b a k k b k k a k k k b a k e ++++= 则固有频率为：mg ba a F +=2x x 2()()()[]222132212321b k a k k b a k k m b a k k k m k e n ++++==ω质量1m 在倾角为α的光滑斜面上从高h 处滑下无反弹碰撞质量2m ，如图所示。

确定系统由此产生的自由振动。

图答案图解：对1m 由能量守恒可得（其中1v 的方向为沿斜面向下）：211121v m gh m =，即gh v 21=对整个系统由动量守恒可得：()02111v m m v m +=，即gh m m m v 22110+=令2m 引起的静变形为2x ，则有：22sin kx g m =α，即kg m x αsin 22=令1m +2m 引起的静变形为12x ，同理有：()k g m m x αsin 2112+=得：kg m x x x αsin 12120=-=则系统的自由振动可表示为：t xt x x n nn ωωωsin cos 00 +=其中系统的固有频率为：21m m kn +=ω注意到0v 与x 方向相反，得系统的自由振动为：t v t x x n nn ωωωsin cos 00-=质量为m 、长为l 的均质杆和弹簧k 及阻尼器c 构成振动系统，如图所示。

以杆偏角θ为广义坐标，建立系统的动力学方程，给出存在自由振动的条件。

若在弹簧原长处立即释手，问杆的最大振幅是多少发生在何时最大角速度是多少发生在何时是否在过静平衡位置时图 答案图解：利用动量矩定理得：l l c a a k I ⋅-⋅-=θθθ， 231ml I =033222=++θθθka cl ml ， 223ml ka n =ωnml cl ξω2322=， 32 1123mkl a c m c n <⇒<⋅=ωξa a k l mg ⋅=⋅02θ， 202kamgl=θa kl c面积为S 、质量为m 的薄板连接于弹簧下端，在粘性流体中振动，如图所示。

作用于薄板的阻尼力为Sv F d 2μ=，2S 为薄板总面积，v 为速度。

若测得薄板无阻尼自由振动的周期为0T ，在粘性流体中自由振动的周期为d T 。

求系数μ。

图解：平面在液体中上下振动时：02=++kx x S xm μ2T m k n πω==， dn d T πξωω212=-=n n m S m S ωμξξωμ=⇒= 22， kS 222μξ=kS k 2221μξ-=-2020220222T T T ST mk S k T T d dd -=⇒-=πμμππ图所示系统中，已知m ，c ，1k ，2k ，0F 和ω。

求系统动力学方程和稳态响应。

图答案图(a) 答案图(b)解：等价于分别为1x 和2x 的响应之和。

先考虑1x ，此时右端固结，系统等价为图（a ），受力为图（b ），故：()()x c x k x c c x k k xm 112121+=++++ t A c A k kx x c xm 1111111cos sin ωωω+=++（1）21c c c +=，21k k k +=，mk k n 21+=ω （1）的解可参照释义（），为：()()()()()()()22211111222111121cos 21sin s s t kA c s s t kA k t Y ξθωωξθω+--++--=（2）其中：n s ωω1=，21112s s tg -=-ξθ ()()()212122122122112121k k c c k k k k c s ++++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=+ωωξx k 2x2 (11x k - )11x xc -1()()()()()21212212212122112122121222 121k k c c m k kk k c c k k m s s +++-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-ωωωωξ故（2）为：()()()()()()()()211212212212121212112122122121111111111sin cos sin θθωωωωωωθωωθω+-++-++=++-+-+-=t c c m k kc k A c c m k k t A c t A k t x()()m k k c c tg k k m k k c tg s s tg 2121121121212111211112ωωωωξθ-++=+-+=-=--- 11112k c tg ωθ-=考虑到()t x 2的影响，则叠加后的()t x 为：()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-++-++=--=∑i i i i i i i i i i i i i k c tg m k k c c tg t c c m k k c k A t x ωωωωωωω12212112122212221222sin一弹簧质量系统沿光滑斜面作自由振动，如图T 2-1所示。

已知，︒=30α，m = 1 kg ，k = 49 N/cm ，开始运动时弹簧无伸长，速度为零，求系统的运动规律。

图 T 2-1答案图 T 2-1mg解：0sin kx mg =α，1.049218.91sin 0=⨯⨯==kmg x αcm70110492=⨯==-m k n ωrad/st t x x n 70cos 1.0cos 0-==ωcm如图T 2-2所示，重物1W 悬挂在刚度为k 的弹簧上并处于静平衡位置，另一重物2W 从高度为h 处自由下落到1W 上而无弹跳。

求2W 下降的最大距离和两物体碰撞后的运动规律。

图 T 2-2答案图 T 2-2解：222221v gW h W =，gh v 22=动量守恒：122122v g W W v g W +=，gh W W W v 221212+=平衡位置：11kx W =，kW x 11=1221kx W W =+，kW W x 2112+=故：kW x x x 21120=-= ()2121W W kgg W W k n +=+=ω故：tv t x txt x x n nn n nn ωωωωωωsin cos sin cos 12000+-=+-=在图所示系统中，已知m ，1k ，2k ，0F 和ω，初始时物块静止且两弹簧均为原长。

求物块运动规律。

图答案图解：取坐标轴1x 和2x ，对连接点A 列平衡方程：()0sin 012211=+-+-t F x x k x k ω即：()t F x k x k k ωsin 022121+=+（1）对m 列运动微分方程：x k)1x x k - 2xm (2k2()1222x x k xm --=即：12222x k x k xm =+ （2）由（1），（2）消去1x 得：t k k kF x k k k k xm ωsin 2120221212+=++（3）故：()21212k k m k k n +=ω由（3）得：()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=t t k k m k F t x n n n ωωωωωωsin sin 2221202在图所示系统中，已知m ，c ，k ，0F 和ω，且t =0时，0x x =，0v x= ，求系统响应。

验证系统响应为对初值的响应和零初值下对激励力响应的叠加。

图解：()()()θωωωξω-++=-t A t D t C e t x d d t cos sin cos 0()()2220211s s kF A ξ+-⋅=，2112sstg-=-ξθ ()θθcos cos 000A x C A C x x -=⇒+==t ω()()()()θωωωωωωωωξωξωξω--+-++-=--t A t D t C et D t C e t x d d d d td d t sin cos sin sin cos 000()ddd A Cv D A D C v xωθωωξωθωωξωsin sin 00000-+=⇒++-==求出C ，D 后，代入上面第一个方程即可得。