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理力答案


均质杆 AB,长 l ,重 P,用铰 A 与均质圆盘中心连接。圆盘半径为 r ,重 Q,可在水平面内 作无滑动滚动。当 ? = 30° 时,杆 AB 的 B 端沿铅垂方向下滑的速度为 vB ,求此刚体系统在 图示瞬时的动量。

解:AB 杆的瞬心 D 如图所示,故其质心 C 的速度为 y D

vB

C

vC

o

vA x

vC = vA =

vB l ? = vB l 2 2

vB 3l ? = 3vB l 2 2 P Q ∴ p = vC + v A g g v = B ? 3 ( P + 2Q ) i ? Pj ? ? 2g ?

往复式水泵的固定外壳部分 D 和基础 E 的质量为 m1 ,均质曲柄 OA 长为 r ,质量为 m2 。导 杆 B 和活塞 C 作往复运动,其质量为 m3 。曲柄 OA 以匀角速度 ω 绕 O 轴转动。求水泵基础 给地面的压力。

解:建立坐标系,x 轴水平向右为正方向,y 轴竖直向上为正方向。系统中外壳 D 和基 础 E 固定,曲柄 OA 作匀速转动,并带动导杆和活塞平动。系统的总动量为:

r p = m 2 ω (cos ωti + sin ωtj ) + m3 rω sin ωtj 2
由 y 方向的动量定理得:

dp y dt

= ∑ Fy

r m 2 ω 2 cos ωt + m3 rω 2 cos ωt = N ? (m1 + m 2 + m3 )g 2 1 N = (m1 + m 2 + m3 )g + (m 2 + 2m3 )rω 2 cos ωt 2
图示凸轮机构中,凸轮半径为 r、偏心距为 e。凸轮绕 A 轴以匀角速 ω 转动,带动滑杆 D 在 套筒 E 中沿水平方向作往复运动。已知凸轮质量为 m1,滑杆质量为 m2。试求在任意瞬时机 座螺栓所受的动反力。

解:取凸轮、滑杆 统为研究对象。 由于只 考虑重力, 受力图如图 凸轮质心的加速

和机座组成的系 求动反力,故不 示。 度为:

a C1x = ?eω 2 cos ωt

aC1 y = ?eω 2 sin ωt
滑杆质心的加速度为: a C 2 x = ?eω 2 cos ωt 由质系动量定理得:

aC 2 y = 0

? m1eω 2 cos ωt ? m2 eω 2 cos ωt = F ? m1 eω 2 sin ωt = N
所以:

F = ?(m1 + m2 )eω 2 cos ωt N = ? m1eω 2 sin ωt

图示小球 P 沿大半圆柱体表面由顶点滑下,小球质量为 m2 ,大半圆柱体质量为 m1 ,半径为 R,放在光滑水平面上。初始时系统静止,求小球未脱离大半圆柱体时相对图示静止坐标系 的运动轨迹。

解:根据题意,视小球为质点 视小球为质点,大半圆柱体作平动。系统在水平方向动量守恒 系统在水平方向动量守恒。设小球 水平方向的位移为 x ,竖直方向的位移为 y ,则大半圆柱体质心在水平方向的位移为 竖直方向的位移为 则大半圆柱体质心在水平方向的位移为

(m2 / m1 ) x ,由图示几何关系 由图示几何关系,有,
( x + (m2 / m1 ) x) 2 + y 2 = R 2
化简为,

x2 ? m1 R ? ? ? ? m1 + m2 ?
即小球运动轨迹为一椭圆。 。
2

+

y2 =1 R2

图示系统中,物块 A 的质量为 m,小车 B 的质量为 M,弹簧刚度系数为 k, ,斜面光滑。不计 轮子的质量,试建立系统的运动微分方程 试建立系统的运动微分方程。

解:取系统为研究对象。 。系统具有两个自由度,取 x 和 s 为广义坐标, ,其中 s 的原点取 在物块 A 的静平衡位置处。 。系统在水平方向不受力,故由动量定理在 x 方向的投影式得 方向的投影式得:

s

x

&& m( && + && cos α ) + Mx = 0 x s
再取物块 A 为研究对象,列写牛顿第二定律在 s 方向的投影式,得:

N A

F

mg
将两式整理后得:

mg sin α ? ? m(&& + && cos α ) = mg sin α ? k ? s + s x ? k ? ?
&& ( m + M ) && + ms cos α = 0 x

&& && ms + mx cos α + ks = 0
两质量都等于 M 的小车, 停在光滑的水平直铁轨上。 一质量为 m 的人, 自一车跳到另一车, 并立刻自第二车跳回第一车。证明两车最后速度大小之比为 M:(M+m)。 解:根据题意,这系统(人和两小车)在水平方向上动量守恒。设最终状态两车的速度 大小分别为 v1和v 2 ,则由动量守恒定理知

Mv1 ? ( M + m)v2 = 0
于是,两车最后的速度大小之比为

v2 : v1 = M : ( M + m)
如图所示, 质量为 m 的偏心轮在水平面上作平面运动。 轮子轴心为 A, 质心为 C,AC = e ; 轮子半径为 R,对轴心 A 的转动惯量为 J A ;C、A、B 三点在同一铅直线上。 (1). 当轮子只滚不滑时,若 vA v A 已知,求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。 (2). 当轮子又滚又滑时,若 v A 和 ω 已知,求轮子的动量和对地面上 B 点的动量矩。

解: (1)轮子只滚不滑时轮子的动量为:

p = mvC = R + e mv A R
对地面上 B 点的动量矩,利用 LB = LC + r BC × P ,投影后为:

LB = LC + m( R + e)2
Q J A = J C + me 2 ∴ LC = ( J A ? me 2 )
故有:

vA R
vA R vA R

LB = [ J A ? me 2 + m( R + e) 2 ]
(2)轮子又滚又滑时轮子的动量为:

p = mvC = m(vA + eω )
对地面上 B 点的动量矩:

LB = LC + m( R + e)(vA + eω ) Q LC = ( J A ? me2 )ω ∴ LB = ( J A + meR)ω + ( R + e)mvA
水平圆盘可绕铅垂轴 z 转动,如图所示。其对 z 轴的转动惯量为 J z 。一质量为 m 的质点, 在圆盘上作匀速圆周运动, 圆周半径为 r , 速度为 v0 , 圆心到盘心的距离为 l 。 开始运动时, 质点在位置 A,圆盘角速度为零。试求圆盘角速度 ω 与角 ? 间的关系。轴承摩擦略去不计。

解:取圆盘连同其上的质点作为一个系统,此系统对于 z 轴动量矩守恒。

系统在初始时刻对 z 轴的动量矩为 轴的动量矩为:

LO1 = m(l + r )v 0
系统在任意时刻对 z 轴的动量矩为 轴的动量矩为:

LO 2 = J zω + [ ρ × m(v e + v r )] ? k
其中:

ve = ρω,vr = v0

ρ = l 2 + r 2 + 2lr cos ?
[ ρ × mv e ] ? k = m ρ 2ω

[ ρ × mv r ] ? k = mv 0 cos ? ? (l + r cos ? ) + mv 0 sin ? ? r sin ?
= mv 0 (l cos ? + r )
由 LO1 = LO2 得:

m(l + r )v 0 = J zω + m ρ 2ω + mv 0 (l cos ? + r )

∴ ω=

mv 0l (1 ? cos ? ) J z + m(l 2 + r 2 + 2rl cos ? )

图示匀质细杆 OA 和 EC 的质量分别为 50 kg 和 100 kg,并在点 A 焊成一体。 。若此结构在图示 位置由静止状态释放, 求刚释放时铰链 O 处的约束力和杆 EC 在 A 处的弯矩。 。 不计铰链摩擦。

解:1. 计算刚释放时铰链 O 的约束力,由定轴转动运动微分方程得:

Y

X m1g m2g

J Oε = m1 gl1 / 2 + m2 gl1
其中, J O = ? m1l1 + ?
2

?1 ?3

?1 ?? m2l22 + m2l12 ? ? = 150 kg ? m 2 ? 12 ??
m1 + 2m2 gl1 = 8.167 rad/s 2 2JO

故有

ε=
由质心运动定理

m1 &&C1 + m 2 &&C 2 = X x x



X =0

m1 &&C1 + m 2 &&C 2 = Y ? m1 g ? m 2 g y y Y = m1 g + m2 g + m1 &&C1 + m2 &&C 2 = (m1 + m2 ) g ? m1l1ε / 2 ? m2l2ε = 449.167 N y y
2 求杆 EC 在 A 处的弯矩 取杆 OA 为研究对象,将其惯性力系向 O 点简化,受力图如图示,其中惯性力 S 和惯性力偶 矩 M s 分别为

S O Y
S = m1l1ε / 2

MA A l1/3 Q

m1g

M s = m1l12 ε / 3

对 A 点列写力矩平衡方程

M A + M S + m1 g
解得

l1 ? (Y + S )l1 = 0 2

M A = (Y + S )l1 ? M S ? m1 g = 272.225 N ? m

l1 2

匀质滚子的质量为 m,半径为 R,放在粗糙的水平地板上,如图所示。在滚子的鼓轮上绕以 绳,在绳子上作用有常力 T ,作用线与水平方向夹角为 α 。已知鼓轮的半径为 r ,滚子对轴 O 的回转半径为 ρO ,滚子由静止开始运动。试求滚子轴 O 的运动方程。

解法一:列写刚体平面运动微分方程

εε

&& xO mg F

N
&& mxO = T cos α ? F
0 = T sin α ? mg + N
2 m ρOε = ?Tr + FR

补充运动学方程: &&O = Rε x 联立求解,得:

&&O = x

TR ( R cos α ? r ) 2 m( R 2 + ρO )

将上式积分两次,并考虑到滚子初始静止,得:

xO =

TR( R cos α ? r ) t 2 2 m( R 2 + ρ O ) 2

图示重物 A 的质量为 m, 当其下降时, 借无重且不可伸长的绳使滚子 C 沿水平轨道纯滚动。 绳子跨过定滑轮 D 并绕在滑轮 B 上。 滑轮 B 与滚子 C 固结为一体。 已知滑轮 B 的半径为 R, 滚子 C 的半径为 r ,二者总质量为 M,其对与图面垂直的轴 O 的回转半径为 ρ 。求重物 A 的加速度。

解:重物 A 作平动,滚子 C 作平面运动。分别取重物 A 和滚子 C 为研究对象,列出其 运动微分方程。 对重物 A

ma = mg ? T
对滚子 C
O

ε
&&o x
F

&& mxO = T ? F

M ρ 2ε = Fr ? TR
滚子只滚不滑

G

T′
&&O = rε x
E

N

取 O 为基点,分析 E 点的加速度

a = ?(R ? r )ε
联立求解

a=

M r 2 + ρ 2 + m( R ? r )

(

mg (R ? r )

2 2

)

图示匀质圆盘的质量为 16 kg ,半径为 0.1 m ,与地面间的动滑动摩擦系数 ? = 0.25 。若盘 心 O 的初速度 vO = 0.4 m/s ,初角速度 ω = 2 rad/s ,试问经过多少时间后球停止滑动?此 时盘心速度多大?

y
&&o x

ω ε

O
G

x

F
解:圆盘作平面运动,运动微分方程为

N

m&&O = ? F x m&&O = 0 = N ? mg y 1 mR 2 ε = F ? R 2
由于圆盘又滚又滑,故有

F = ?N

∴ &&O = ? g? , ε = 2 g? / R x
(1) 求经过多少时间后盘停止滑动。盘停止滑动的条件是

& xO = Rω
由初始条件可得 t 时刻

& xO = vO + &&O t , ω = ?ω O + εt x

∴ t = ?( RωO + vO ) /( &&O ? Rε ) = ( RωO + vO ) / 3 g ? = 0.0816 s x
(2) 求此时盘心的速度

& xO = vO ? g ? t = 0.2 m/s
图示匀质细长杆 AB,质量为 m ,长度为 l ,在铅垂位置由静止释放,借 A 端的小滑轮沿倾 角为 θ 的轨道滑下。不计摩擦和小滑轮的质量,试求刚释放时点 A 的加速度。

解:系统作平面运动,列写运动微分方程:

&& mxC = mg sin θ &&C = ? N A + mg cos θ my l J C ε = N A ? 2 sin θ
需补充运动学约束条件:

aC = a A + art + arn
y 方向投影式: && = y 联立求解得:

l ε sin θ 2

ε x θ &&C

r aA

A C NA

r art

ε=

6 g sin θ cos θ l (1 + 3sin 2 θ )
l a A = &&C + 2 ε cos θ = x

mg && yC B
4sin θ g 1 + 3sin 2 θ

在光滑的水平面上平放着一半径为 a、质量为 M 的圆环。环上有一质量为 m 的甲虫,原来 静止,后甲虫沿圆环爬行,求甲虫和圆环中心的轨迹。 解:设甲虫的运动速度为 v1 ,圆环的运动速度为 v2 ,系统质心速度为 vO ,由动量守恒 得:

mv1 + Mv 2 = ( m + M )vO = 0
所以系统质心速度为 0。 以圆环中心为原点,圆环中心和甲虫的连线为 x 轴建立坐标系,由系统质心计算可得:

ma = ( m + M ) x


x=

ma m+M ma 的圆。现在系统质心不 m+M

若圆环圆心不动,则系统质心的轨迹随甲虫爬动为一半径为 动,则圆环圆心的运动轨迹即为一半径为

ma 的圆。同理,甲虫的运动轨迹为一半径为 m+M

Ma 的圆。 m+M
答:设系统质心为 O,则圆环中心的轨迹为一圆,圆心在 O,半径为 为一圆,圆心在 O,半径为

ma ;甲虫的轨迹 m+M

Ma 。 m+M

均质的空心球壳和实心圆球, 沿着同一斜面自同一高度同时无初速无滑动地下滚, 问哪个球 滚得快一些?证明:它们经过相等距离所需的时间之比为 5: 21 。

y x

O C A N mg F x

证明:本问题中球体具有一个自由度,取 x 为广义坐标。其受力图如题中所示。 由刚体平面运动微分方程得到:

mi &&i = mi g sin α ? Fi x N i ? mi g cos α = 0
&& J i?i = Fi Ri
由纯滚动,补充运动学方程:

(1) (2) (3)

&& &&i = Ri?i x
对 i = 1或2 ,方程(1)—(4)中分别为球壳和圆球的运动方程。 联立四个方程得到:

(4)

Fi =

mi J i g sin α J i + mi Ri2

&&i = x
对于球壳和圆球有:

Ri2 mi Ri2 F= g sin α Ji J i + mi Ri2

2 J1 = m1R12 , 3
从而,

J2 =

2 2 m2 R2 5

1 m1 R12 2 &&1 1 + 2 21 x J + m1 R1 3 = 1 = = 2 1 &&2 m2 R2 x 25 2 2 J 2 + m2 R2 1 + 5
即实心圆球比空心球壳下降得快。由于球沿斜面的加速度为常数,初始速度为零,因此

x=

1 2 && 。经过相等的距离所需时间之比为: xt 2

t1 = t2
即证。

&&2 x &&1 x

=

5 21

球 1 速度 v1 = 6 m/s ,方向与静止球 2 相切,如图所示。两球半径相同、质量相等,不计摩 擦。碰撞的恢复系数 e = 0.6 。求碰撞后两球的速度。

解: 两球碰撞时位置如图所示, 将两球碰撞前后的速度向两球接触面的公法线 n 和切线

τ 上投影,设碰撞后两球的速度为 u1 和 u2 ,则法向分量记为 v1n,u1n,u2 n ,切向分量记为
v1τ ,u1τ,u2τ 。
由几何关系知 θ = 30o ,故

τ

θ

v1

v1n = 6 × cos θ = 3 3m/s,v1τ = 6 × sin θ = 3m/s 。
碰撞前后质系在法向上动量守恒,两小球各自在切向上动 量守恒,因此两球碰撞的动力学方程为:

1
n

2
(1) (2) (3)

mv1n = mu1n + mu2 n mv1τ = mu1τ mv2τ = mu2τ
由(2)(3)可解出:
u1τ = 3 m/s , u2τ

=0

又根据恢复系数有:

e=
(1)(4)式联立解得: 、

u2 n ? u1n u2 n ? u1n = = 0.6 v1n ? v2 n v1n
3 3 m/s 5 12 u2 n = 3 m/s 5 u1n =

(4)

即: u1 = 3.175 m/s , u2 = 4.157 m/s 。

质量为 0.2kg 的球以水平方向的速度 v = 48 km/h 打在一质量为 2.4 kg 的匀质木棒上, 木棒 的一端用细绳悬挂于天花板上。若恢复系数为 0.5,试求碰撞后木棒两端 A、B 的速度。

解:设碰撞后小球的速度为 u1 ,木棒质心 C 点的速度为 u2 ,其角速度为 ω 。取整体系 统为研究对象,设球与杆的撞击点为 D,绳的上方悬挂点为 O。系统对 O 点的动量矩守恒, 且在水平方向动量守恒,即

m1v ? OD = m1u1 ? OD + J C ω + m 2u 2 ? OC m1v = m1u1 + m 2u 2
补充运动学方程:

u D = u 2 + CD ? ω
恢复系数的定义:

e=
联立求解得:

u D ? u1 v

ω = 10 rad / s
3 u 2 = 1.5 m/s
从而木棒两端 A、B 的速度分别为:

u A = u 2 ? AC ? ω = 0 u B = u 2 + CB ? ω = 3 m/s
匀质杆长为 l ,质量为 m ,在铅垂面内保持水平下降并与固定支点 E 碰撞。碰撞前杆的质心 速度为 vC ,恢复系数为 e 。试求碰撞后杆的质心速度 uC 与杆的角速度 ω 。

解:杆在碰撞前作平动,碰撞后作平面运动。受力图如图示。

A

E B x

ω C
uC
列写平面运动动力学方程,得:

S

y

mu C ? mv C = ? S ? 1 ml 2ω ? 0 = ? S l 12 4
由恢复系数的定义,得:

e=
联立求解得:

ω l ? uC
4 vC

u C = 3 ? 4e v C , ω = 7

12(1 + e) vC 7l

质量为 m1 的直杆 A 可以自由地在固定铅垂套管中移动, 杆的下端搁在质量为 m2 , 倾角为 α 的光滑楔子 B 上,楔子放在光滑的水平面上,由于杆子的重量,楔子沿水平方向移动,杆下 落,如图所示。求两物体的加速度大小及地面约束力。

解:系统为一自由,取整体系统为研究对象。由运动学关系得

ve vr vA

v A = v B tan α
系统的动能为

a A = aB tan α
1 2 ( m2 cot 2 α + m1 ) vA 2

T=

dT = ( m2 cot 2 α + m1 )v A ? dv A
力系的元功为

δW = m1 gv A dt


dT = δW 得
∴ aA = m1 g tan 2 α m1 tan 2 α + m2

aB =

m1 g tan α m1 tan 2 α + m2

分别对 A 杆和 B 块进行受力分析

f’
N NAB

N’AB

f

m2g N
m1g

根据动量定理,对于 A 杆

m1 g + N AB + f = m1a A
对于 B 块

(1)

N + f ' + N ' AB + m2 g = 0
联立(1)和(2)得

(2)

N=

m 2 + m1 sec 2 α m2 g m 2 + m1 tan 2 α

已知小车在 120N 的水平力 P 作用 2s 后 质量为 30kg 的小车 B 上有一质量为 20kg 的重物 A,

移过 5m 。不计轨道阻力,试计算 A 在 B 上移过的距离。

解:已知 mA = 20 kg , mB = 20 kg , P = 120 N , t = 2s , sB = 5 m 。 由质点运动学公式有

aB =

2 sB 2 × 5 = 2 = 2.5 m/s 2 2 t 2 m A a A + mB a B = P

若将小车 B 和质量 A 看作一个系统,在水平方向,由质系动量定理

于是

aA =
这样

P ? mB aB 120 ? 30 × 2.5 = = 2.25m/s 2 mA 20 1 2 1 a At = × 2.25 × 22 = 4.5 m 2 2

sA =
则 A 在 B 上移过的距离

s AB = sB ? s A = 5 ? 4.5 = 0.5 m
如图所示,水平面上放一均质三棱柱 A。此三棱柱上又放一均质三棱柱 B,两三棱柱的横截 面都是直角三角形,三棱柱 A 比三棱柱 B 重两倍。设三棱柱和水平面都是绝对光滑的。 (1)试列写系统运动微分方程 (2)求当三棱柱 B 沿三棱柱 A 滑至水平面时,三棱柱 A 的位移 s; (3)求水平面作用于三棱柱 A 的反力。

解: 取水平向右为 x 轴正方向, 系统具有两个自由度, A 的绝对位移 x 和 B 的相对位移 x r 取 为广义坐标。设 m B = m ,则 m A = 3m ,由水平方向动量守恒,得

mB (&&r cosα + &&) + m A && = 0 ,即 4 && + &&r cos a = 0 x x x x x
对 B 沿斜面方向由动量定理得:

(1)

mB (&&r + && cosα ) = mB g sin α , 即 && cos a + &&r ? g sin a = 0 x x x x
上两式即为系统运动微分方程。

(2)

当 B 沿 A 下滑至水平面时,绝对位移 ?x A = ? s , ?x B = a ? b ? s 由 m A ?x A + m B ?x B = 0 得三棱柱 A 的位移 s =

1 (a ? b) 。 4

在竖直方向由动量定理: N ? m A g ? m B g = ?m B &&r sin α x 由(1) (2)可解出 &&r = x 即N =

4 g sin α 4 ? cos 2 α

12mg 4 ? cos 2 a

如图所示均质圆盘,半径为 R ,质量为 m ,不计质量的细杆长 l ,绕轴 O 转动,角速度 ω , 求下列三种情况下圆盘对固定轴 O 的动量矩。 (1) 圆盘固结于杆; (2) 圆盘绕 A 轴转动,相对于杆的角速度为 ?ω ; (3) 圆盘绕 A 轴转动,相对于杆的角速度为 ω 。

解: (1)圆盘固结于杆:

LO = LA + rOA × P
圆盘对质心 A 的动量矩为:

1 mR 2ω 2

质心 A 对固定轴 O 的动量矩为: ml 2ω 所以圆盘对固定轴 O 的动量矩为: ( mR 2 + ml 2 )ω (2)圆盘绕 A 轴转动,相对于杆的角速度为 ?ω : 圆盘平动,圆盘对固定轴 O 的动量矩为: ml 2ω (3)圆盘绕 A 轴转动,相对于杆的角速度为 ω : 同(1)可得圆盘对固定轴 O 的动量矩为:

1 2

1 1 ( mR 2 + ml 2 )ω + mR 2ω = ml 2ω + mR 2ω 2 2

均质杆 AC 质量为 30kg ,有一水平力 240N 突然作用于杆上 B 点,杆开始保持如图所示垂 直位置。 (1)若不考虑水平表面与杆之间的摩擦力,试决定此瞬时杆端 C 的加速度; (2)若 AC 杆与水平表面之摩擦系数为 0.30 ,试求 C 点的初加速度。

y x
解:根据题意 (1) 无水平摩擦力的情况

240 = maox N ? mg = maoy 1 ml 2ε 12 ε = 6 rad/s2 acx i + acy j = aox i + aoy j ? (l / 2)ε i 240 =
联立以上各式,解得

aC x = ?4 m/s 2
(2) 考虑水平方向有摩擦力的情况

240 ? mg × 0.3 = maox 240 ? 0.6mg = 1 acx = aox ? lε 2
联立解得

1 2 ml ε 12

aCx = 1.88 m/s 2
半径为 r 的均质圆盘在铅垂平面内绕水平轴 A 摆动(如图示) 。设圆盘中心 O 至 A 的距离为 b,问 b 为何值时,摆动的周期为最小?求此最小周期。

解:圆盘绕 A 点的转动惯量为

J = J O + mb 2 =
根据动量矩定理,可以得到

1 2 mr + mb 2 2

& Jθ& + mgb sin θ = 0
因为是小转角,所以 sin θ ≈ θ ,所以

1 & ( mr 2 + mb 2 )θ& + mgbθ = 0 2
所以, ω =
2

gb ?1 2 2? ? r +b ? ?2 ?
对 b 求偏导为零,可得,当 b =



gb ?1 2 2? ? r +b ? ?2 ?

2 r 的时候,ω 2 取最大值,即周期 T 取最 2

小值,

T = 2π

2r g

一圆环由绳 AB 和光滑斜面支承。圆环质量为 10kg 、半径为 2m ,质量为 3kg 的质点 D 与 圆环固结如图所示。求当绳子剪断的瞬时质点 D 的加速度。

解:如图,建立平动参考系 Oxy 。绳 AB 剪断的瞬时,圆环的受力如图所示。此瞬时圆环的 角速度为零,角加速度为 ε ,圆环中心 C 的速度为零,加速度为 aO 。

D 点速度为零,加速度 a D 为:

a D = ae + ar = aO + ε Rτ
其中 τ 沿圆环切线方向。 圆环和质点组成的系统对圆环中心 O 点的动量矩为:

(1)

LO = ? m1 R 2ω k + rOD × m2 v D
其中,

v D = (vO + ω Rτ )

从而, 由公式:

LO = ?m1R 2ω k + rOD × m2 (vO + ω Rτ ) = ?m1R 2ω k ? m2 R 2ω k ? m2 RvO cos15o k
dLO = M O + mv C × v O dt

在初始时刻 vO = 0 ,有:

?( m1 R 2 + m2 R 2 )ε k ? m2 RaO cos15o k = ? m2 gR sin 45o k
对系统有:

(2)

m1aO + m2 a D = G1 + G2 + N

(3)

Ox 轴上的投影:
m1aO + m2 ( aO + ε R cos15o ) = ( m1 + m2 ) g cos 30o
联立(2) ,解得: (4) (4)

aO =

2 ( m1 + m2 ) 2 cos 30o ? m2 sin 45o g 2 ( m1 + m2 ) 2 ? m2 cos15o

(5)

ε=

m2 g sin 45o ? m2 aO cos15o (m1 + m2 ) R

(6)

(5) (6)代入(1)得到 D 的加速度 a D 为:

a D = aO i + ε Rτ =

2 m g sin 45o ? m2 aO cos15o (m1 + m2 )2 cos 30o ? m2 sin 45o gi + 2 Rτ 2 (m1 + m2 )2 ? m2 cos15o (m1 + m2 ) R

= 0.8733 gi ? 0.0315 gτ = 0.8429 gi ? 0.0082 gj = 0.4144 gi1 ? 0.734gj1 = 4.06i1 ? 7.19 j1
重 100N 、长 1m 的匀质杆 AB,一端 B 搁在地面上,一端 A 用软绳吊住如图所示。设杆与地 面间的摩擦系数为 0.30 ,问在软绳剪断的瞬间,B 端是否滑动?并求此瞬时杆的角加速度 以及地面对杆的作用力。

解:杆作平面运动,受力图如下所示,取 θ 为广义坐标。先假设 B 端不滑动,在该瞬时 杆绕 B 点作定轴转动,则质心 C 坐标为

1 1 xC = l cos θ , yC = l sin θ 2 2
质心加速度为

y C

l l & l && y & l && &&C = ? cos θθ 2 ? sin θθ , &&C = ? sin θθ 2 + cos θθ x 2 2 2 2
由刚体平面运动微分方程得
l &2 && ? m (cos θθ + sin θθ ) = F 2 l &2 && m ( ? sin θθ + cos θθ ) = N ? G 2 1 2 l && ml θ = ? G cos θ 3 2

θ G
F N x

代入

θ = 30°, θ& = 0 到上式,得
N= 7 G, F= 3 3 16 G

16 其中 F / N = 3 3 / 7 > 0.3,可知 B 端必然滑动。

在任意时刻,质心 C 的 y 方向坐标满足

1 yC = l sin θ 2

对时间求导得质心 y 方向加速度为

l & l && &&C = ? sin θθ 2 + cos θθ y 2 2
由刚体平面运动微分方程得
l &2 && m ( ? sin θθ + cos θθ ) = N ? G 2 1 l l 2 && ml θ = F sin θ ? N cos θ 12 2 2

代入当前瞬时

θ = 30°, θ& = 0 ,到上式,得
m
m

l 3 && θ = N ?G 2 2
l && θ= 1 4 N ( f ? 3)

12

解得

&& N = 35 N, F = 10.5 N, θ = ?14.7 rad/s 2 (顺时针方向)
如图所示,一球放在水平面上,其半径为 r 。在球上作用一水平冲量 S ,求当接触点 A 无滑 动时,冲量距水平面的高度 h 应为多少?不考虑摩擦力的冲量。

解:对质心分别运用动量定理和动量矩定理

S = mvC
S ( h ? r ) = Jω
其中球体的转动惯量为 J = 由于球体没有滑动,所以

2 2 mr 5

vC = ω r
2 2 vC mr Jω 5 r +r = 7r h= +r = S mvC 5

三根杆开始为静止, AB = BD = 2CD = l ,彼此用铰链连接,AB、CD 铅垂,BD 水平。AB、 BD 质量为 m ,CD 质量为 1 m ,在 AB 杆上有一水平冲量 S 作用,求 AB 杆的角速度。假设 2 铰链都是光滑的。

解:分析 AB、BD、DC 三杆所受冲量(A、C 处未画,准备对这两点取矩) ,如图所示:
A SB S SB SD D B D SD C

B

注意到 BD 杆瞬时平动且速度为 υ BD = ωl ,CD 角速度为 ωCD = 2ω ,由动量矩定理的有限形 式有:

1 Sh ? S B l = J ABω = ml 2ω 3 S B ? S D = mvBD = mlω l ml 2ω S D = J DC ωCD = 2 12
于是

ω=

2 Sh 3ml 2

两球的质量各为 m1 、 m2 ,分别用长为 l1 、 l2 的两根不可伸长的绳子平行地挂起,使两球的 中心在同一水平上并且紧挨着。今使 m1 球与竖直线偏离 θ 角,然后无初速地释放,若恢复 系数为 e ,求第二个球的最大偏角 α 。

解:对球 1,设碰撞前的速度为 v1 ,则:

m1 gl1 (1 ? cos θ ) =


1 m1v12 2

v1 = 2 gl1 sin

θ
2

设碰撞后球 1 的速度为 u1 ,球 2 的速度为 u2 。由水平方向动量守恒:

m1v1 = m1u1 + m2 u 2
由恢复系数:

e=
求得

u2 ? u1 v1

u2 =
又对球 2 利用机械能守恒,有:

2m1 (1 + e ) θ gl1 sin m1 + m2 2
1 2 m2 u 2 2

m 2 gl 2 (1 ? cos α ) =


α = 2 arcsin ?

? m1 (1 + e) ? m1 + m2 ?

?

l1 θ? ? sin ? l2 2? ?

一长为 2a 的均匀杆与竖直线成 θ 角,自高处无初速地落下时与光滑水平面作完全非弹性碰 撞。证明:若杆中心下落高度

H>

a (1 + 3sin 2 θ )2 , 18sin 2 θ cos θ

则杆的下端与地面接触后又立刻离开地面。

2a

y

H

C A N

θ
G x

证明:设碰撞前瞬间杆子速度为 u0 ,碰撞后瞬间杆子质心 C 速度为 uCx , uCy ,转动角速度 为 ω1 。碰撞后的动力学方程为
e muCx = I x = 0

e m(u0 ? uCy ) = I y e J C (ω1 ? ω0 ) = J Cω1 = M C ( I e ) = I y a sin θ

杆与地面发生完全非弹性碰撞,故碰撞后瞬间 u Ay = 0 ,即只有水平方向速度,而质心只有

竖直方向的速度,杆转动瞬心为图示点 E,可知

ω1 =

uCy a sin θ

,代入运动方程得

u 1 e J Cω1 = ma 2 Cy = I y a sin θ = m(u0 ? uCy )a sin θ 3 a sin θ


uCy =

3u0 sin 2 θ 3sin 2 θ = 2 gH (方向竖直向下) 3sin 2 θ + 1 3sin 2 θ + 1

ω1 =

3sin θ 2 gH (顺时针方向) a (3sin 2 θ + 1)

若碰撞后杆端立即离开地面,则地面对其弹力 N = 0 ,且 a Ay 方向向上。由动量矩方程

JCε = M C = 0
知杆的角加速度 ε = 0 。则点 A 的加速度为:
a A = aC + ω1 × (ω1 × rCA ) = ? gj + ω12 a(sin θ i + co s θ j ) = ω12 a sin θ i + (ω12 a cos θ ? g ) j



ω12 aco s θ ? g > 0
由此得

ω12 =


9sin 2 θ g (2 gH ) > , 2 2 2 a (3sin θ + 1) a cos θ
a (1 + 3sin 2 θ )2 H> 18sin 2 θ cos θ


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