结构动力学习题解答(一二章)

第一章 单自由度系统

1.1 总结求单自由度系统固有频率的方法和步骤。

单自由度系统固有频率求法有：牛顿第二定律法、动量距定理法、拉格朗日方程法和能量守恒定理法。

1、 牛顿第二定律法

适用范围：所有的单自由度系统的振动。 解题步骤：（1） 对系统进行受力分析,得到系统所受的合力； （2） 利用牛顿第二定律∑=F x

m ,得到系统的运动微分方程；

（3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。 2、 动量距定理法

适用范围：绕定轴转动的单自由度系统的振动。 解题步骤：（1） 对系统进行受力分析和动量距分析；

（2） 利用动量距定理J ∑=M θ

,得到系统的运动微分方程；

（3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。 3、 拉格朗日方程法：

适用范围：所有的单自由度系统的振动。 解题步骤：（1）设系统的广义坐标为θ，写出系统对于坐标θ的动能T 和势能U 的表达式；进一步写求出拉格朗日函数的表达式：L=T-U ； （2）由格朗日方程

θ

θ??-???L L dt )( =0，得到系统的运动微分方程； （3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。 4、 能量守恒定理法

适用范围：所有无阻尼的单自由度保守系统的振动。 解题步骤：（1）对系统进行运动分析、选广义坐标、写出在该坐标下系统的动能T 和势能U 的表达式；进一步写出机械能守恒定理的表达式 T+U=Const （2）将能量守恒定理T+U=Const 对时间求导得零,即

0)

(=+dt

U T d ，进一步得到系统的运动微分方程；

（3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。

1.2 叙述用衰减法求单自由度系统阻尼比的方法和步骤。

用衰减法求单自由度系统阻尼比的方法有两个：衰减曲线法和共振法。 方法一：衰减曲线法。 求解步骤：（1）利用试验测得单自由度系统的衰减振动曲线，并测得周期和相邻波峰和波谷的幅值i A 、1+i A 。

（2）由对数衰减率定义 )ln(

1

+=i i

A A δ， 进一步推导有 2

12ζ

πζδ-=

，

因为ζ较小， 所以有

π

δζ2=

。 方法二：共振法求单自由度系统的阻尼比。 （1）通过实验，绘出系统的幅频曲线， 如下图：

单自由度系统的幅频曲线

（2）分析以上幅频曲线图，得到：

4/22/max 2,1ζββ==；

于是

2

21)21(n

ωζω-=； 进一步

2

22)21(n

ωζω+=； 最后

()n n ωωωωωζ2/2/12?=-=；

1.3 叙述用正选弦激励求单自由度系统阻尼比的方法和步骤。

用正选弦激励求单自由度系统阻尼比的方法有两个：幅频（相频）曲线法和功率法。

方法一：幅频（相频）曲线法 当单自由度系统在正弦激励t F ωsin 0作用下其稳态响应为：

)sin(αω-=t A x ,

其中： (

)()2

2

2

2

2

2

20

414ω

ζ

ωω

ωω+-=

+-=

st

n

x n m

F A ； (1)

()()21/2arctan

ωωζα-= (2)

从实验所得的幅频曲线和相频曲线图上查的相关差数，由上述（1），（2）式求得阻尼比ζ。 方法二：功率法：

（1） 单自由度系统在t F ωsin 0作用下的振动过程中，在一个周期内， 弹性力作功为 0=c W 、 阻尼力做功为 2A W c d πω-=、 激振力做作功为 απsin 0F W f -=；

（2） 由机械能守恒定理得，弹性力、阻尼力和激振力在一个周期内所作功为零， 即： c W +d W +0=f W ；

于是 παsin 0F -02=A c πω 进一步得： ωαc F A sin 0=； （3） 当ωω=n 时，1sin =α，

则 ζ2max st x A =， 得 ζβ21max =, max 2

βζ=。

1.4 求图1-35中标出参数的系统的固有频率。 （1）此系统相当于两个弹簧串联，弹簧刚度为k 1

刚度为 3248L EI

k =； 等效刚度为k;有1k =3

121

4848111l k EI EIk k k k +=

????

??+=

则固有频率为：(

)

m

l k EI EIl m

k

313

4848+==

ω； 图1-33（a ）

（2）此系统相当于两个弹簧串联, 等效刚度为: 3148l

EI

k k +=则固有频率为: 3

3148ml EI

l k m

k +==

ω 图1-33（b ）

(3)系统的等效刚度为

11

33

33

EI EI

k k k

l l

=+=+

则系统的固有频率为

ω==图1-33（c）

（4）

由动量距定理()θ 0

I

F

m=

∑得：

（l

k

l

l

k

l

2

1

2

1

2

1

2

1

1

1

?

?

+

?

?θ

θ）=θ 2

2

1

ml

得：0

2

1=

+θ

θ

m

k

，

则

m

k

2

1

=

ω。

图1-33（d）

1.5 求下图所示系统的固有频率。图中匀质轮A半径R,重物B的重量为P/2,弹簧刚度为k.

解：以θ为广义坐标，则

系统的动能为

()2

2

2

1

2

1

θ

I

x

m

T

T

T+

=

+

=）

（

轮子

重物

()2

2

2

2

2

4

4

)

2

1

(

2

1

2

2

1

x

g

P

x

g

P

R

x

R

g

P

x

g

P

+

=

?

?

?

?

?

+

=）

（

2

2

x

g

P

=

系统的势能能为：

2

2

1

kx

Px

U

U

U+

=

+

=

弹簧

重物

；

拉格朗日函数为

L=T-U ;

由拉格朗日方程0

)

(=

?

?

-

?

?

?

x

L

x

L

dt

得

=

+kx

x

g

P

则，

0ω=

P

kg 所以：系统的固有频率为

P

kg 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 。22221

;2

11;222T Mx x

MR x T I R R =??????== ? ? ?????

?? 平动转动

2224

3

4121x M x M x M T =+=

； 而势能

2

2

1Kx U =

； 系统机械能

C Kx x M U T =+=

+222

1

43 ; 由

()0=+U T t

d d

得系统运动微分方程 02

3

=+Kx x M ； 得系统的固有频率

M

K

n 32=

ω ； 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m A ，半径为r A ，齿轮B 的质量为m B ，半径为r B,杆AC 的扭转刚度为K A , ,杆BD 的扭转刚度为K B , 解：由齿轮转速之间的关系B B A A r r ωω= 得角速度 A B A B r r ωω=；转角A B

A B r r

??=； 系统的动能为：222

1

21B B A A B A J J T T T ωω+=

+= ()22222241221221A A B A B B B A A A r m m r m r m T ωωω+=???

? ??+

???? ??=

图1-36

系统的势能为：

()

2

2

2222221212121A B A B A B B A A B B A A r r K K K K K K U ????????

? ?

?+=+=+=; 系统的机械能为

()C r r K K r m m U T A B A B A A A B A =???

? ?

?+++=+2

2

2222141?? ； 由

()0=+U T t

d d

得系统运动微分方程 ()021222=???

?

?

?+++A B A B A A A B A r r K K r m m ??

； 因此系统的固有频率为：

()()

B A B A B A A

A B A B A B A n m m r r K K r r m m r r K K +???

? ?

?+=

+???

? ?

?+=

222

22212ω；

1.8已知图１－３７所示振动系统中，匀质杆长为L ，质量为m ，两弹簧刚度皆为K ，阻尼系数为C ，求当初始条件00

0==θθ 时 （１）t F t f ωsin )(=的稳态解；

（２）t t t f )()(δ=的解；解：利用动量矩定理建立系统运动微分方程

θθθ

θ2

2

2

22)(22??

? ??-+??? ??-??? ??-=L K L t f L K L C J ；而 ?

?

-

-

=

==2

2

2

2

2

2

2

12L L

L

L mL dr L m r dm r J ；得 )(663222t Lf KL CL mL =++θθθ

； 化简得

)(6

63t f mL

m K m C =++θθθ

(1) （１） 求t F t f ωsin )(=的稳态解； 将t F t f ωsin )(=代入方程（1）得

t F mL

m K m C ωθθθ

sin 6

63=++ (2)

令;6;6;322mL

F h m K m C n n ===

ω 得 t h n n

ωθωθθsin 22=++ （3） 设方程（3）的稳态解为

)sin(αω-=t A x （4） 将（4）式代入方程（3）可以求得：

()

(

)

2

22

22

22

22

9664ωω

ωω

ω

C m K L F

n h

A n

+-=

+-=

；

2

2

2632ω

ωω

ωω

αm K C arctg

n arctg

n -=-= ；

（２） 求)()(t t f δ=的解；

将)()(t t f δ=代入方程（1）得

)(6

63t mL

m K m C δθθθ

=++ （5） 令;6

;6;322mL

h m K m C n n ===

ω 得 )(22t h n n

δθωθθ=++ （6） 方程（6）成为求有阻尼的单自由度系统对于脉冲激励)(t h δ的响应。由方程（6）可以得到初始加速度

)(0

t h δθ= ； 然后积分求初始速度

h t d t h t d t h t d ====???

+

+

+

0000

00

0)()(δδθθ ；

再积分求初位移

0)00

00

0====?

?

+

+

t d h t d θθ ； 这样方程（6）的解就是系统对于初始条件0θ 、0

θ 和0θ的瞬态响应 ()?ω+=-t Ae x d t n sin ；

将其代入方程（6）可以求得：

;0;==

?ωd m h A

最后得

()()t e m h t Ae x d t n d

d t n ωω?ωsin sin --=

+=

1.9图１－３８所示盒内有一弹簧振子，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 202

1

mV mgH =

的振子的初速度gH V 20=； 底版与地面粘住后，弹簧振子的振动是对于初速度 gH V 20=的主动隔振

系统的运动微分方程为：

0=++Kx x C x

m ；

或 ;0=++x m

K

x m C x

或 ;022=++x x n x

n ω 系统的运动方程是对于初始条件的响应：()?ω+=-t Ae x d t n sin ；

d d d n gH x

x x

x A ωωωζω202

002

0==???

? ?

?++= ； 0000

=+=x x

x arctg

n d ζωω? ；

();sin 2t gH

x d d

ωω=

1.10汽车以速度V 在水平路面行使。其单自由度模型如图。设m 、k 、c 已知。路面波动情

况可以用正弦函数y=hsin(at)表示。求：（1）建立汽车上下振动的数学模型；（2）汽车振动的稳态解。 解：（1）建立汽车上下振动的数学模型；由题意可以列出其运动方程：

)()(11y y c y y k y m ----=其中：y 表示路面波动情况；y 1将其整理为：

11y c ky ky y c y m

+=++将)sin(at h y =代入得

)sin()cos(at kh at ach ky y c y

m +=++ 图１－３９

(2)汽车振动的稳态解:

设稳态响应为：)sin(a t A y -=ω

代入系统运动微分方程（1）可解得：

h c m k c k A 2

2222

2)(2ω

ωω+-+=

； ))(tan(2

223

ω

ωωc m k k mc acr a +-=； 1.11.若电磁激振力可写为t H t F 02sin )(ω=，求将其作用在参数为m 、 k 、 c 的弹簧振子上的稳态响应。

解：首先将此激振力按照傅里叶级数展开：

∑∞

=++=1

0))sin()cos((2)(i i i t i b t i a a t F ωω

其中：dt t i t F T a T i ?=

0)cos()(2ω； ?=T

i dt t i t F T

b 0)sin()(2ω 因为)(sin )(02t H t F ω=是偶函数，所以0=i b 。 于是

)2cos(2

2)(0t H

H t F ω-=

而

)2/2sin(2)(0πω+--=

a t A k

H

t x ； 式中

2

02

2

02

16)4(2ωωωn m

H A n +-=

；

2

0242arctan

ωωω

-=n n a ；

m

k m c n n ==

2

,2ω 1.12.若流体的阻尼力可写为3x b F d -=,求其等效粘性阻尼。 解：（1）流体的阻尼力为3x

b F d -= ； （2）设位移为 )cos(αω-=t A x ，而 t d x

dx =； （3）流体的阻尼力的元功为 )(3t d x x

b dx F dW d d --==； （4）流体的阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为：

πωωω4344

34

3)]cos([A b dt a t A b dt x b dx x b dx F W d -=--=-=-==????

（5）粘性阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为：2

cA πω- （6）等效粘性阻尼：取n ωω=，令=-

πω43

4

3A b n 2A c eq n πω- 可得：22

4

3A b c n eq ω=

第二章 两个自由度系统

2.1 求如图2-11所示系统的固有频率和固有振型，并画出振型。 解：（1）系统的振动微分方程

)(2111x x k kx x

m ---=

2

122)(kx x x k x

m ---= 即 02211=-+kx kx x

m ； 02212=+-kx kx x

m ； （1） 图 2-11 （2）系统的特征方程 根据微分方程理论，设方程组（1）的解为：

)sin(11αω+=t A x ；)sin(22αω+=t A x （2）

将表达式（2）代入方程组（1）得： 0)sin()2(2112=+-+-αωωt kA kA A m

0)sin()2(2122=++--αωωt kA kA A m （3）

因为)sin(

αω+t 不可能总为零，所以只有前面的系数为零： ;

0)2(;0)2(22

1212=-+-=--A m k kA kA A m k ωω；

即

?

??

???=????????????

??----00222122A A m k k

k m k ωω； （4）

（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：

0222

2

=----ω

ωm k k

k

m k ； 展开得

0342

242=+-k mk m ωω ； （5） 系统的固有频率为：

m K /1=ω ； 2;ω （6）

（４） 系统的固有振型 将1ω，2ω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：

;11)1(2

)

1(1)

1(==

A A γ

;11

)2(2

)2(1)

2(-==

A A γ

（7）

系统各阶振型如图所示：其中（a ）是一阶振型，（b ）是二阶振型。

+1 +1 +1

（a ） (b)

-1

（５） 系统的主振动 系统的 第一主振动为

)sin(

)sin(;)sin(

)sin(1)1(1

)

1

(11)1(2)1(21)1(111)1(1)1(1αγαωααω+=+=+=+=t m

k

A t A x t m

k

A t A x

系统的第一主振动为

)3sin(

)sin(;)3sin(

)sin(1)2(1)2(12)2(2)2(21)2(112)2(1)2(1αγαωααω+=+=+=+=t m

k

A t A x t m

k

A t A x

2.2确定图2-12所示系统的固有频率和固有振型。

解：（1）系统的动能

2

2122212

1)(21)2(21u m u m u m u m T +=+=u 2

（2）系统的势能因为弹簧上端A 、B 两点的位移

;2

;222

1211u u u u u u u B A +=+-

=所以系统的势能为2212211)2

(2)22(2u u K u u u K

V +++-=)25(4

222121u u u u K +-=

; 图2-12 (3)系统的Lagrange 函数

)25(4

212

221212221u u u u K u m u m V T L +--+

=-= （4）系统的运动微分方程 由Lagrange 方程

()

2,10==??-???

? ????j u l u

L

t d d j j 可得

;022;022********=+-=-+u K

Ku K u

m u K

Ku u

m 即

;0022

22522121??????=??????????

?

?????--

+????????????u u K K K K u u m m （６） 系统的特征方程 设系统的运动微分方程的解为

)sin(,)sin(2211αωαω+=+=t A u t A u 代入系统的运动微分方程得系统的特征方程

;022;

022********

=???

?

?+-+-=-??? ?

?+-A K m

KA

K A K A K m ωω

即

;002222522122

???

???=???????????

?????????? ??+---??? ??+-A A K m K K K m ωω （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是其系数行列式为零

;022225222

=??? ?

?+---?

?? ??+-K m K K K m ωω 即

;02742242=+-K Km m ωω

解得

系统的固有频率

m

K

m

K

18

.1;6

.021==ωω ； （７） 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

系统的固有振型

;67.11

;

28.01

)

2()2(2

)2(1)

1()1(2

)1(1-==

==

γγA A A A

（8）系统的主振动

)6.0sin(28..0)sin(;)6

.0sin()sin(1)1(111)1(2)1(21)1(111)1(1)1(1ααωααω+=+=+=+=t m

k

A t A u t m

k

A t A u

)18

.1sin(67.1)sin(;)18

.1sin()sin(1)2(111)2(2)2(21)2(111)2(1)2(1ααωααω+-=+=+=+=t m

k

A t A u t m

k

A t A u

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 和K 。

（1）写出用杆端铅直位移u1和u2

（2）写出它的两个固有频率；

（3）画出它的两个固有振型；

解：(1)

均质杆的运动微分方程 C 的位移为 ();2

1

21u u u C +=

均质杆绕质心C 的转角为 ;sin 1

221

L

u u L u u -≈-=-? 图2-13 均质杆的运动微分方程 ;2

;)2(2121u KL

L Ku J u u K u

m C c -=+-=? 即 2121221212

12;)2(2

)(u KL

L Ku L u u mL u u K u u

m -=++-=+ 即

()();26;)2(2)(21212121u u K u u m u u K u u m -=++-=+ 即 ;0612;024********=+-+=+++Ku Ku u m u

m Ku Ku u m u

m （1）

（2）系统的特征方程

设运动微分方程（1）的解为 )sin(11αω+=t A u 、)sin(22αω+=t A u ，代入方程（1）

;

0612;024212212212212=+--=++--KA KA A m A m KA KA A m A m ωωωω

即

;00612242122

22

?

??

???=?????????????

?----A A m K K m m K m K ωωωω

（4） 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是其系数行列式为零

;0612242

22

2

=----ω

ωωωm K K

m m K m K 即

;024122242=+-K Km m ωω

解得

系统的两个固有频率

066.3;612.121==ωω；

（5） 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

系统的两阶固有振型 ;67371;731

)2()2(2)2(1)

1()1(2

)1(1-====

γ

γA A A A （8）系统的两阶主振动

)

612.1sin(33.2)sin(;)612.1sin()sin(1)

1(1

11)

1(2

)1(2

1)1(111)1(1)1(1ααωααω+=

+=

+=+=t A t A u t A t A u

)

066.3sin(81.1)sin(;)066.3sin()sin(1)

2(1

11)2(2

)2(2

1)2(111)2(1)2(1ααωααω+-=

+=

+=+=t A t A u t A t A u

2.4确定图2-14所示系统的固有频率和固有振型，并画出固有振型。 解：（1）系统运动微分方程

;)(2;)(22122121u u K u

m u u K u

m --=-= 即 2k

;022;022*******=+-=-+Ku KKu u

m Ku Ku u

m （1）

（2）系统特征方程 图2-14

设运动微分方程（1）的解为

)sin(11αω+=t A u

和 )sin(

22αω+=t A u ， 代入方程（1）

()();

022;02

2

1

21

2

=-+-=--A m K KA KA A m K ωω

即

;00222122?

?????=??????????????----A A m K K

K

m K ωω

（3）系统频率方程

系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零

;0222

2=----ωωm K K

K

m K

即

;0324=-ωωK m

解得

m

K

3;021=

=ωω; （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

系统的两阶固有振型

;2

11

;

11

)

2()2(2

)2(1)

1()1(2

)1(1-

==

==

γγA A A A

+1 +1 +1

-1/2

2.5图2-15所示的均质细杆悬挂成一摆，杆的质量为m ，长为L ，悬线长为L/2，求该系统的固有频率和固有振型。 解：（1）求均质细杆质心的坐标和质心的速度 ()()2121cos cos 2,sin sin 2θθθθ+=+=

L y L

x c c ； 1θ L/2 ()()

22112211sin sin 2

,cos cos 2θθθθθθθθ +-=+=L y L x

c c ； 2θ C （2）求系统的Lagrange 函数

()

()2

12222cos cos 2

12121θθθ++++=

-=mgL J y x m V T L C C C ；图2-15 ()()

()21222212122212cos cos 2

124cos 28θθθθθθθθθ+++-++=mgL mL mL ； （3）求系统的运动微分方程 由Lagrange 方程

()

2,10==??-???

? ?

???j l L t d d j j θθ 可得

;0234

;02

442

22121

22

1

2=++=++θθθθθθL mg mL mL L mg mL mL

即 ;0020

02

34

4421

2122

22???

???=???????

???

?

?????+???????????

?????

??θθθθmgL mgL

mL mL mL mL （4）系统特征方程

设运动微分方程（1）的解为 )sin(11αωθ+=t A 和)sin(22αωθ+=t A ，代入方程（1）

;0)3

2(4;

04

)42(22212222

2122=-+-=--A mL L mg A mL A mL A mL L mg ωωωω

即 ;00)32(44)42(2122222

222???

???=???????????

???

?

???----A A mL L mg mL mL mL L mg ωωωω （3）系统频率方程

系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零

2222

22

22()244

0;()423

L mL mL mg mL L mL mg ωω

ωω--=--

即 ;012142242=+-g g L ωω 解得系统的两个固有频率

;6

.3;21L

g

L

g ==

ωω； （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 系统的两阶固有振型

;11

131

;

11

)

2()2(2

)2(1)

1()1(2

)1(1-

==

==

γγA A A A

+1 +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2121m

m

=

；212

1

k k =；证明该系统的固有频率和固有振型为：1;2;2;2)2(2

)

2(1)1(2)1(1

11

2111-====x x x x m k m k ωω ；

解：(1)系统振动微分方程

02221122221211111=++=++x k x k x m x k x k x

m （1）

系统特征方程{

(

)

222

2212121211211

=-+=+-A m k A k A k A m k

ωω （2）

（3）系统频率方程 因为考虑系统振动的情况 ，所以要求方程（2）有非零解。而方程（2）

有非零解的充要条件是其系数行列式等于零：02

2

2212

12

1

211=--m K K K m K ωω即12

11m k ω-）（22

22m k ω-）02112=-k k

（4）系统固有频率 K2 根据已知条件 111k k =，11221k k k -==， 121223k k k k =+=，2121m m =

，2121

k k =; 图2-16 12122

3k k k k =+=，2121m m =，212

1

k k =;

代入（3）式得

0252

111142=???

?

??+???? ??-m k m k ωω ， 11122m k =

ω ,1

122

2m k =ω ； （6） 系统固有振型：

将系统固有频率 代入系统特征方程（2）得系统固有振型

22

11

111

112

12

)1(2

)1(1=--=

-=

k k k k m k A A ω；

121

11

11

12212

)2(2

)2(1-=--=

-=

k k k k m k A A ω；

（7） 系统的主振动：

2)1(2

)1(1)1(2

)1(1==

A A x x ；

1)2(2

)2(1)2(2

)2(1-==

A A x x ；

证毕。

2．7 如图2-17所示的系统，设激振力为简谐形式，求系统的稳态响应。

图2-17 解: (1)建立系统运动微分方程

根据牛顿第二定律，分别对1m 和2m 列出振动微分方程：

0)()()(122222121111=-+=-++x x k x

m t f x x k x k x

m （1-1）

即：

0)sin )(22122222212111=+-=-++x k x k x

m t e m x k x k k x

m ωω （1-2）

(2求系统的稳态响应：设系统的稳态响应为 )

sin()

sin(222111a t A x t A x -=-=ωαω （1-3）

即

t

D t D x t C t C x ωωωωcos sin cos sin 212211+=+= （1-4）

将表达式（1-4）代入式（1-2），根据两个方程中包含t ωsin 的系数和为零及包含t ωcos 的系数和为零，可得如下方程组：

;

0)(;)(222212

121212121=-++-=-++-D k C k k m e m D k C k k m ωωω

即

;

0;0)(2222122212=+-=+-+-D k C k D k m C k ω （1-5）

求解方程组（1-5）得：0

22==D C

;

0;;

)

(222

22212122214212

212222121222142122221==-+--=

-+---=

D C k m k k k m k m m m ek m D k m k k k m k m m m m k e m C ωωωωωωωωωωω

（1-6）

所以在公式 )sin(,)sin(

222111a t A x t A x -=-=ωαω中有

;

0;;

)

(212

22212122214212

222

22212

122

214

2122221==-+--=

-+---=

ααωωωωωω

ωωωωωk m k k k m k m m m ek m A k m k k k m k m m m m k e m A

（1-7）

2.8在如图2-18所示的系统中，一水平力Fsin(ωt)作用于质量块M 上，求使M 不动的条件。

解：（1）系统有两个自由度，选广义坐标为x,φ （2）系统的动能

φ1)(212121222 l m X m X M T ++=

（3）系统的势能

)cos (22

1

2φ-+=

l mgl kx U （4）Lagrange 函数 ? L U T L -= 图2-18 m φφφφcos cos 2

1x m)(M 212222mgl mgl kx x ml ml L +---++=

（5）对Lagrange 函数求导

;sin sin ;cos )(;cos ;2;cos )()(;cos )(22φφφφφφφφφφ

φφφφmgl x ml L x ml ml L dt d x ml ml L kx x L ml x m M x L dt d ml x m M x L -=??-=??-=??-=??-+=??-+=??

（6）Lagrange 方程

0)(sin )(=??-??=??-??φ

φωL L dt d t F x

L

x L dt d

得

0sin sin cos sin 2cos )(2=+--=+-+φφφφφωφφmgl x ml x

ml ml t F kx ml x

m M

因为振动为微幅振动，所以

φφφφ≈-≈sin ,1cos 2

（8） 解方程：

设t A x ωsin =，t B ωφsin =代入方程并整理得：

2)1()(2

2

2

2

2

222=+-+-=+-++-Bmgl mlAB Aml Bml F Ak ml B m M A ωωωφωω

因为M 不动，所以A=0。而B 不能等于零，故，

022=-ml mgl ω，

解得

l

g

=

ω；

2.9在图2-19所示的系统中，轴的弯曲刚度为EJ ，圆盘质量为m ，它对其一条直径的转动惯量为I=mR 2/4，其中R=L/4。设轴在它的静平衡位置时是水平的，且忽略轴的质量。求系统的运动微分方程和固有频率。

解：（1）系统自由度、广义坐标：