机械系统动力学习题2010 9题较复杂

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1、机械系统动力学习题2010解：设滑块阻力产生的等效力矩为Medmvknωj由等效力矩公式，M=Fcosα+M，可得e∑kk∑jk=1ωj=1ωVDM=−FiedDω1解：设工作阻力F产生的等效力矩为MCec集中质量m产生的等效力矩为MemV所以，cM=−FiecCω1lω11M=mgicosαiemω1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，1•211•21•22mx=mx+My+Jae22223所以m=m+Me8121x2Kx=K()e222K所以K=e4K

2、2K所以，固有频率ew==nm8m+3Me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，1•21•21•2mx=mx+Jae2223所以m=me21212Kx=Kxe22K2K所以，固有频率ew==nm3me解：设m与m碰撞的时刻为t=0时刻。1取m与m及K组成的新系统的静平衡位置为坐标原点，m与m的位移x为广义坐标。11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：•x0x=xcosωt+sinωt0nnωn根据题设条件，质量m从高度h处自由落下，落在m上，112由动能定理，有mgh=mv2由动量定理，有mv=(mmv

3、+)10m•联立上两式，求得m与m共有的初速度v=2gh=x100mm+0mm+初始位移1xt(=0)=x=−g0KK新系统固有频率ω=nmm+1综上，系统由此发生的无阻尼自由振动为mm+Km2ghK1x=−gcost+sintKmm+ω(mm+)mm+1n11GJp解：扭转刚度K=l44πdπr其中，J为截面极惯性矩，J==pp322由上图可知，轴AB与BC串联后再与DE并联K×K故等效刚度ABBCK=+KeDEK+KABBC依题，π449π49(0.04−0.02)8010×××0.02×4010×22K=K+K=+=519409ABABABstAl0.60.6同理，

4、可得K=16087BCK=20117DE51940916087×所以，K=+2011735720=（单位：Nmradi/）e51940916087+b解：先广义坐标为m的位移为x，则m的位移为y=x12a向m上等效，11•21•21•21•2mx=mx+Iθ+mye122222x因为摇杆的转动角度θ为小角度，有tanθθ==a2Ib联立上两式，得出m=m++me1222aa1212又Kx=Kye1222b所以，K=Ke21a2KbK所以固有频率e1w==n22mam++Ibme12解：碰撞后质量往x方向运动，取碰撞位置为原点，则有•••mx=−CxKx−可求得该方程的解为

5、简谐函数，所以设x=Asin(wt+ϕ)nk40820固有频率w===4.5rad/snm2000CC1960阻尼比ξ====0.108，小于1Cc2mk2200040820×所以碰撞后的系统可视为低阻尼状态•碰撞初始位置：x0=0,x0==v0•x0+ξwxn0x0所以A=x+==0.082m0ww1−ξ2dn2π2πT===1.4sdww1−ξ2dn所以在相撞后的约Td0.35−ξwtn≈s达到最大振幅Ae≈0.07m4解：首先对单位进行统一：1kfg=9.81N,F=35.7,NK=10486NmC/,=115.4Nsmi/0取平衡位置为坐标原点，取向下为x轴，则有

6、•••mx=Ft()−KxCx−•••即mxKxCx++=Fisinwt0解该方程，得x=Asin(wt−ϕ)K10.7980×又w===15.2rad/snm45.4w当频率比λ==1时，系统共振wn所以共振频率w=w=15.2rad/snFC0共振振幅A=≈0.02s，阻尼比ξ==0.0836(K−mw22)+(Cw)22mwn1所以动态放大因子β=≈5.98222(1−λ)+(2ξλ)解：依题意，该系统为简谐激励下的振动系统，故有振动方程•••mxcxkx++=F=F×sinωt0该系统的瞬态响应为xt()=Ae−ξωntsin(ωt+ϕ)d2CK其中，ω=ω1−ξ

7、，ξ=，ω=dnn2mωmn由初始条件，求解待定系数xt(=0)=0，可以得出Asinϕ=0•xt(=0)=0，可以得出−Aξωsinϕω+Acosϕ=0ndπ联立上两式，得出A=0,ϕ=2所以系统的瞬态响应为xt()0=τ解：由题可知，激振函数Qτ()=Q(1−)0τ0且系统为无阻尼单自由度系统，故响应τ1tQτ()=Q(1−)x=∫Qτ()sinω(t−ττ)d00nτmω0n联立上两式，即得1tτxt()=∫Q(1−)sinω(t−ττ)d00nmωτn0整理，求积分得Qtsinωt0nxt()=(1cos−ωt−+)n