第8章 质点系动力学：矢量方法习题解答080814

1、第八章 质点系动力学：矢量方法一、动量定理和动量矩定理1 动量定理质点系内各质点动量的矢量和称为质点系的动量，即质点系动量定理：质点系动量对时间的一阶导数等于作用于质点系外力系的主矢： ， 质点系动量定理的微分形式： 质点系动量定理的积分形式， 其中为外力系主矢的冲量。质点系的内力不能改变其总动量。质点系的动量守恒：如果作用在质点系上的外力系主矢为零，则质点系的总动量守恒，即该常矢量由质点系运动的初始条件确定。质点系动量定理在直角坐标系中的投影式为 ，如果，则。解题要领1） 动量定理给出的是质点系得动量变化与系统外力之间的关系，不涉及外力矩和外力偶，也不涉及内力，因此解决外力和质点系速度或加速

2、度关系问题经常用动量定理.2） 动量定理中涉及的动量都是绝对的，即涉及的速度都是绝对速度. 3） 应用动量定理的微分形式是在某一瞬时，而积分形式或守恒情形是在一时间间隔.4） 涉及一时间过程的速度变化，统称用动量定理的积分形式.5） 认清质点系统得动量是否守恒十分重要，它可以使方程降阶，简化计算过程.2 质心运动定理质点系的动量等于质心的动量 ，质心运动定理质心运动守恒： 1） 如，则质心速度vC = vC0 (常矢量)。进一步，若，则.2） 如，则质心速度 (常量)。进一步，若，则.，质点系中各质点的绝对位移满足如下关系 .解题要领1）质心运动定理是质点系动量定理的又一表现形式，根据题意灵活

3、选择是用质心运动定理还是质点系动量定理.2）质心的运动由外力的主矢决定.3）与质心运动定理相关的运动学量，如位移、速度和加速度都是绝对的.3 动量矩定理质点系对O点的动量矩为平移刚体对O点的动量矩.定轴转动刚体对转轴的动量矩，式中Jz = å mir2i称为刚体对轴z的转动惯量。质点系的动量矩定理其中为外力系对固定点的主矩. 直角坐标系坐标轴上的投影式，动量矩定理的微分形式，式中为外力系主矩的元冲量矩。动量矩定理的积分形式：，其中Mz = åMz(Fi)为主动力对轴z的矩。两个平行轴，（质心轴）的转动惯量有如下关动量矩守恒：如果质点系所受外力对某一固定点O的主矩为零，则质点

4、系对O点的动量矩保持不变，即.如果质点系所受外力对某一固定点的主矩不为零，但主矩在过该点的某一固定轴上的投影为零（比如x轴），则质点系对此轴的动量矩保持不变，即.4 刚体绕定轴转动微分方程，其中为转动轴，为与转动轴平行的质心轴.物体对轴的回转半径 .解题要领1） 定轴转动微分方程数学形式与质点运动微分方程的弧坐标形式相似，因此，概念和应用可作类比，如质量和转动惯量的物理意义，定轴转动动力学的两类基本问题等.2） 转动惯量的平行移轴公式中 轴一定要是质心轴.5 质点系相对质心的动量矩定理质点系在质心平移坐标系中相对于质心的动量矩为.其中为质点相对于质心的速度。质点系对固定点的动量矩和对质心的动量

5、矩的关系为其中。对质心的动量矩定理 .解题要领：1）对质心的动量矩定理与对固定点动量矩定理得形式相同，对刚体上其他动点，例如速度瞬心的动量矩定理一般就没有这一性质.2）对质心的动量矩定理只涉及外力而与内力无关. 当要计算物体系统的加速度、角加速度和力之间的关系时，可以用对质心的动量矩定理求解；通过积分也可以进一步求得速度或叫速度与力之间的关系.3）解题时，一般将对质心的动量矩定理和质心运动定理结合使用.6 刚体平面运动微分方程刚体平面运动微分方程.其中C为刚体的质心. 解题要领：1）解决刚体作平面运动时刚体上点的加速度或刚体角加速度与作用力的关系时，可以用刚体平面运动微分方程解决。如果得到的结

6、果不是瞬时值，而是时间的函数，则通过积分，还可以求得速度和角速度。2）方程中点必须是质心.3）三个独立的方程来解刚体平面运动问题。但是在具体应用时，经常遇到除了三个基本未知之外还存在其它未知量而使方程组变得不封闭的情况，此时需要从运动学寻找补充方程。表达系统的独立运动学参数个数与系统得自由度相同。二、动力学建模的动静法1 惯性力和达朗贝尔原理质点的惯性力：，质点的达朗贝尔原理：质点运动的每一瞬时，作用在质点的主动力、约束力和惯性力在形式上构成一平衡力系。质点系的达朗贝尔原理：质点系运动的每一瞬时，作用在每个质点上的主动力，约束力和质点的惯性力在形式上构成一平衡力系2 刚体惯性力系的简化(1)

7、平移刚体惯性力系的简化选取质心C为惯性力的简化中心，则惯性力的主矢和主矩分别为， (2) 平面运动刚体惯性力系的简化将惯性力系向质心C简化，主矢为 ，其中JC为刚体对通过质心且垂直于质量对称平面的轴的转动惯量。(3) 定轴转动刚体惯性力系的简化对于刚体有质量对称平面，且转轴垂直于质量对称平面的定轴转动刚体，取转轴与质量对称平面的垂足O为惯性力系的化中心，主矢和主矩为， .解题要领1） 求解力与加速度的关系可以用达朗贝尔原理.2） 根据运动形式在研究对象上虚加惯性力，此惯性力不是物体受到的作用力.3） 因独立的运动学参数个数与系统得自由度相同，因此，常常还需根据约束情况建立运动学补充方程，方程组

8、才封闭.3 定轴转动刚体的轴承动约束力惯性力系向点O简化，其主矢和主矩分别为，式中Jz为刚体对轴z的转动惯量，为刚体对轴x, z和轴y, z的惯性积。如果Jxz = Jyz = 0，则称z为惯性主轴。如果惯性主轴通过质心，则称为中心惯性主轴。(1) 如果刚体有质量对称轴，则对称轴是一个惯性主轴，也是中心惯性主轴(2) 如果刚体有质量对称面，则垂直于对称面且原点在对称面上的坐标轴是惯性主轴。刚体绕定轴转动时，轴承动约束力为零的充分必要条件是，刚体的转轴是中心惯性主轴。静平衡是指除重力外，不受其它主动力作用，则刚体可以在任意位置静止不动.的现象.动平衡是指转轴是中心惯性主轴时刚体转动时不会引起轴承

9、动约束力的现象.三、碰撞问题1 碰撞问题的两点简化：(1) 在碰撞过程中，非碰撞力忽略不计。(2) 碰撞过程物体的位移忽略不计。恢复因数：恢复冲量与压缩冲量的大小之比值，即，为完全塑性碰撞，为完全弹性碰撞，为弹性碰撞。2 碰撞分类：(1) 碰撞前两物体碰撞接触点的速度v1和v2均沿碰撞法线方向n，称为正碰撞，否则为斜碰撞。(2) 如果碰撞时，两物体的质心在碰撞法线上，称为对心碰撞，否则为偏心碰撞。3 碰撞时的冲量定理式中p1和p2分别为质点系在碰撞前后的动量，I(e)为外碰撞冲量的矢量和。4 碰撞时的冲量矩定理式中LO1和LO2分别为质点系碰撞前后对固定点O的动量矩，为外碰撞冲量对固定点O的矩

10、。5 对质心的冲量矩定理.撞击中心到悬挂点的距离为 ，其中为刚体对悬挂点的转动惯量，为质量，为质心到悬挂点的距离。撞击中心和悬挂点是互为的。解题要领1） 确定研究对象，即碰撞的两物体.2） 明确碰撞的类型，碰撞点在碰撞前后的速度变量.3） 根据碰撞冲量定理和碰撞冲量矩定理建立碰撞动力学方程.4） 碰撞动力学方程一般不封闭，还需根据恢复因数定义和运动学关系建立补充方程.第八章 质点系动力学：矢量方法 习题解答题8-1图8-1 一个质量为5 kg弹头M以水平速度v = 60 m/s飞行，在D处爆炸成位于同一水平面内如图示速度方向的两块碎片A和B。已知碎片A的速度大小vA = 90 m/s。试求：(

11、1) 碎片A的质量mA；(2) 碎片B的速度大小vB。解：取弹头M为研究对象，弹头爆炸前后动量守恒 解得 ，代入数据得：，.8-2 一个质量为m1的人手里拿着质量为m2的物体，以仰角q，速度v0向前跳起。当他到达最高点时将物体以相对速度u水平地向后抛出。如果不计空气阻力，问由于物体的抛出，跳远距离增加了多少？解：取m1和m2物体系统为研究对象，人跳至最高点时只有水平速度 ，所费时间 。抛物前后系统水平动量守恒，即 ，式中为抛物后人的速度。解得 ，可见，人的速度增量为，从而跳远距离增加题8-3图 .题8-3受力图8-3质量为m1的平台AB放在水平面上，平台与水平面间的滑动摩擦因数为f。质量为m2

12、的小车D由绞车拖动，相对平台的运动规律为，其中b为已知常数。不计绞车质量，求平台的加速度。解：1）设平台与水平面间的滑动摩擦因数比较小，当小车D相对平台运动时，平台AB的有速度（向左），小车D的相对速度，（向右），小车D的绝对速度，（向右），滑动摩擦力为 由动量定理， 解得 ， .当时，.题8-4图8-4 质量为m1的矩形板可在如图所示的光滑水平面上运动。矩形板上有一半径为R的圆形凹槽，一质量为m2的甲虫以相对速度vr沿凹槽匀速运动。初始时，板静止，甲虫位于圆形槽的最右端（即q = 0）。试求甲虫运动到图示位置时，板的速度和加速度、地面作用在板上的约束力和系统质心的加速度。解：甲虫和矩形板组成

13、的系统为研究对象，即系统的水平动量守恒. 因初始系统静止，所以有，在任意瞬时有题8-4受力图 ，解得板的速度，上式对时间求导得板的加速度 其中用到关系 .显然，因系统的水平动量守恒，所以系统质心的水平加速度为零，系统质心的铅垂加速度为，列出铅垂方向的动力学方程题8-5图 从而地面作用在板上的约束力.8-5 一人A的质量为m，以相对于绳为vr的速度匀速向上爬，此绳绕过一个定滑轮，在另一端悬挂一质量也为m的物体B。设初始时人静止不动，如图所示。如果绳不可伸长，绳子与滑轮的质量不计，轴承与滑轮之间的摩擦也忽略不计，求重物运动的速度以及定滑轮轴承O处的约束力。解：取人A和物体B及滑轮组成的系统为研究对

14、象， ， ，即系统对O点的动量矩守恒. 因初始系统静止，在任意瞬时，解得重物运动的速度为 ，由于重物和人的加速度都为零，所以定滑轮轴承O处的约束力为 .题8-6图8-6 如图所示，为测定半径为R的飞轮A对于通过其中心轴O的转动惯量J，在飞轮上绕以系绳，绳的末端系一质量为m1的重锤，重锤自高度h处落下，测得落下时间为t1。为消去轴承摩擦的影响，再用质量为m2的重锤作第二次试验，测得下落同一高度的时间为t2。假定摩擦力矩为一常数，且与重锤的重量无关，求飞轮的转动惯量J的计算公式。解：取飞轮和重锤组成的系统为研究对象.设飞轮角速度为，则重锤的速度为，系统对飞轮转轴的动量矩和力矩分别为，由动量矩定理

15、，导出 解得重锤的加速度 ，于是，将数据代入，导出 解得飞轮的转动惯量为 ，摩擦力矩为 .题8-7图8-7 均质圆柱体A和B的质量均为m，半径均为r，一不可伸长绳缠在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，直线绳段铅垂，如图所示。绳重不计，摩擦不计。求：(1) 圆柱B下落时质心的加速度；(2) 若在圆柱体A上作用一逆时针转向，矩为M的力偶，试问在什么条件下圆柱B的质心加速度方向将向上。解：1）取均质圆柱体A和B连同绳子为研究对象，系统得自由度为2，用圆柱体A的角速度，圆柱B质心的速度表达系统的速度状态，B轮缘上一点的速度为， 由此得圆柱B的角速度 .系统对O点的动量矩为系统的受力图

16、系统对O点的力矩为 根据动量矩定理 ，导出. 解得 .（2）若在圆柱体A上作用一逆时针转向的力偶M，则系统对O点的力矩为 根据动量矩定理 ，导出. 显然，要使，须.题8-8图8-8 质量为m1的均质圆柱体A，放在一不光滑的水平桌面上，柱的外缘绕一细绳，绳子绕过定滑轮O并悬挂一质量为m2的重物B，如图所示。 不计滑轮质量，假设圆柱只滚不滑并且圆柱体与滑轮之间的绳子是水平的，求圆柱体中心O1的加速度，重物的加速度及绳中的张力。解：1） 取圆柱体O1为研究对象，圆柱体O1作纯滚动，列出平面运动微分方程， ， ， （a） ， ， (b)题8-8受力图 2）取重物B为研究对象，列出动力学方程 ， (c)

17、上面（a）、(b)和(c)三式中含有5个未知数，再需列出2个运动学补充方程。为此，以圆柱体上O1为基点，计算绳的加速度，有 ， (d)圆柱体作纯滚动， ， (e)联立方程（a）- (d), 解得圆柱体中心O1的加速度 ，重物的加速度 ，绳中的张力 .8-9 如图所示，板的质量为m1，受水平力F作用，沿水平面运动，板与平面间的滑动摩擦因数为f。在板上放一质量为m2的实心圆柱，此圆柱相对板的运动只滚不滑。试求板的加速度。题8-9图解：1）取板和实心圆柱组成的系统为研究对象，根据质心运动定理，列出动力学方程 ， ，补充方程 ，受力图2）取实心圆柱为研究对象，根据平面运动微分方程，列出 ， 建立运动学

18、补充方程 .联立上面五个方程，解得板的加速度为 题8-10图8-10 均质圆柱质量为m，半径为r，以匀角速度w0绕其质心C转动，现将圆柱置于墙角，如图所示。如果墙面和地面与圆柱接触处的滑动摩擦系数均为 f，试求使圆柱停止转动所需要的时间。解：取圆柱为研究对象，列出平面运动微分方程 ，题8-10受力图，补充方程：，.解得圆柱的角加速度 ，使圆柱停止转动所需要的时间 .题8-11图8-11 两根质量各为8 kg的均质细杆固连成T型杆，绕其通过点O的水平轴转动，当OA处于水平位置时，T型杆具有角速度w = 4 rad/s。求该瞬时轴承O的约束力。解：取T型杆为研究对象，T型杆作定轴转动. 质心坐标为

19、.对质心的转动惯量为T型杆的受力图质心的加速度为，在质心处加惯性力 ，方向如图示. 列出动静方程 ，解得. ， ，解得 ，.题8-12图8-12 一均质圆柱的质量为m，半径为r。初始时圆心的水平速度为v0，绕圆心转动的角速度为w0，且w0 > v0/r，如图所示。现将圆柱与一粗糙的刚性平面接触，并已知圆柱与平面之间的滑动摩擦因数为f，求圆柱与平面接触后的运动规律。圆柱的受力图解：取圆柱为研究对象，圆柱作平面运动. 因初瞬时w0 > v0/r，接触点具有向后的速度，所以，摩擦力向前，如图示.由平面运动运动微分方程，；，补充方程为，解上述联立方程，得 ，.即，圆柱质心作加速运动，绕质心

20、作减加速转动， ，.当满足时，即后，圆柱作纯滚动。题8-13图8-13 图示均质圆柱体的质量为m，半径为r，放在倾角为60°的斜面上。一细绳缠绕在圆柱体上，其一端固定于点A，此绳与点A相连部分与斜面平行。如果圆柱体与斜面间的摩擦因数，求其中心C沿斜面落下的加速度。解：取圆柱体为研究对象，由圆柱是沿绳作纯滚动知，摩擦向上，如图示.列出平面运动微分方程 ，；圆柱体受力图，补充方程 解得 ，将数据代入，得.8-14 如图所示，均质杆AB的质量为m1，长为l，A端与小滑块铰接，滑块的质量为m2，不计几何尺寸，置于倾角为45°的光滑斜面上，初始时杆位于图示的铅垂位置，处于静止状态。求

21、此瞬时斜面对小滑块的支承力和杆AB的角加速度。题8-14图解： 取杆AB连同小滑块组成的系统为对象，初瞬时，系统各点的速度均为零. 设小滑块的加速度为，杆AB的角加速度为，则杆AB的质心相对小滑块的加速度为，其大小为，方向由确定，如图示. 加惯性力 ； 杆AB连同小滑块的受力图及加速度分析 杆AB连同小滑块的惯性力 ，其中为杆AB对其质心轴的转动惯.量。列出动静方程，；，.解得，.杆AB的角加速度为 .若取，则 ，.于是，杆AB质心的加速度为，（向左）； ，（向下）.题8-15图8-15 均质杆AB的质量为m，长为l。A端为光滑铰链，B端用细绳垂直悬挂使杆位于水平位置，如图所示。当B端细绳突然

22、剪断瞬时，求杆AB的角加速度以及铰链A处的约束力。解：取杆AB为研究对象，初瞬时杆的角速度为零，设角加速度转向如图示. 在质心处加惯性力 ，其中，. 列动静方程，；AB杆的受力图， ， （顺时针）.， .题8-16图8-16 具有相同质量的三根长为l的均质细杆，用光滑铰链连结，A端用固定铰支座与天花板链接，使其保持静止状态，如图所示。某瞬时铰链C处的销钉脱落，求此瞬时三根杆的角加速度。解：1）取AC杆为研究对象，AB杆作定轴转动，列出定轴转动微分方程 ，AC杆受力图AB杆连同BC杆的受力图解得AC杆的角加速度为 ，（顺时针）.2）取AB杆连同BC杆为研究对象，AB杆作定轴转动，BC杆作平面运动

23、.在AB杆质心点加惯性力，；其中.在BC杆质心点加惯性力，其中，. 惯性力（矩）的方向与（角）加速度方向相反. 列出动静方程BC杆受力图，3）取BC杆为研究对象， BC杆作平面运动. 列出动静方程 ， .联立上面两式，解得AB杆和BC杆的角加速度为，（逆时针）；，（顺时针）.题8-17图8-17 椭圆摆滑块的质量为M，放在水平的光滑面上， B处小球的质量为m，由轻质刚性杆AB连接，杆长为l，点A处为铰链，如图所示。试用达朗贝尔原理求椭圆摆的运动微分方程。解：取椭圆摆为研究对象，椭圆摆的自由度为2，选表达椭圆摆的位形.在滑块A上加惯性力：，与反向；在质点B上加惯性力：椭圆摆的受力图， 与轴反向；

24、 ， 与轴反向，其中，. 列出动静方程， ，代入并整理得椭圆摆的运动微分方程 ， 题8-18图8-18 均质圆柱体的质量为m，半径为R，用支座A和铰链B固定在铅垂平面内，AB间的水平距离为L，如图所示。试用动静法求突然移去支座A的瞬时，圆柱质心C的加速度和铰链B的约束力。解：取圆柱体为研究对象，圆柱体作定轴转动，初瞬时. 在质心加惯性力 ，其中，. 列动静方程，解得 ；于是，圆柱质心C的加速度为 .， ，解得 .，解得 .题8-19图8-19 轮轴质心位于O处，对于轴O的转动惯量为JO。在轮轴上系有两个质量各为m1和m2的物体，若此轮轴以逆时针方向转动，求轮轴的角加速度和轴承O的动约束力。解：

25、取轮轴连同两个质量各为m1和m2的物体组成的系统为研究对象，设轮轴的角加速度为，则重物m1和m2的加速度为，.加惯性力， ，方向如图示。列动静方程轮轴-质量系统的受力图 ，解得 ；按题意要求轴承的动反力，因此动静方程中将不计入重力。，； ，解得 .题8-20图8-20 均质平板的质量为m，放在半径为r，质量各为0.5 m的两个相同的均质圆柱上，如图所示。如在平板上作用一水平力F，使圆柱在地面上纯滚动，且板与圆柱间无相对滑动，试求平板的加速度。圆柱的受力图解：1）取均质圆柱为研究对象，圆柱作纯滚动，圆心加速度和角加速度存在关系 在圆心处加惯性力 ， .列出动静方程平板的受力图， 解得 .2）取平

26、板为研究对象，因两个轮子的运动相同，有 ，平板的加速度为. 按质心运动定理列出平板的动力学方程 ，平板的加速度为.8-21 转子的质量为m = 20 kg，其对称面垂直于转轴，由于加工的误差造成偏心距e = OC = 0.1 mm，如图所示。当转子以等转速n = 1 200 rpm转动时，且点O到两轴承A和B之间的距离相等，即OA = OB。试求轴承A和B处的动约束力。题8-21图解：取转子为研究对象，轴承A和B处的动约束力在轴线和质心C决定的平面内，因此在此动平面内分析. 质心C的加速度 ，加惯性力 .由达朗贝尔原理和对称性知 转子受力图 .代入数据得轴承A和B处的动约束力的大小为 ，方向为

27、在ABC平面内与AB轴垂直. 轴承A和B处的静约束力在铅锤面内与AB轴垂直，其值为.题8-22图8-22 位于铅垂平面内作平面运动的两均质杆OA与AB用铰连接，并在O端用铰支座支承，如图所示。设两杆的长度同为l，质量同为m，杆OA位于水平、杆AB与铅垂线成30° 位置无初速地释放瞬时，不计铰链处摩擦，求杆OA和杆AB的角加速度。解：1）取OA与AB杆为研究对象.）运动分析. OA杆作定轴转动，AB杆作平面运动，初瞬时各加速度分析图点的速度为零. 设AB杆角加速度为，BC杆角加速度为，则有，；选A为基点，则有 ，受力分析图，）动力学分析. 加惯性力 ，； ，其中. 根据达朗贝尔原理，有

28、 ，.AB杆受力图2）取AB杆为研究对象. 如前加惯性力后列动静方程， .联立上面两式 ，解得 ，.题8-23图8-23 均质杆AC的质量为30 kg，在铅垂位置处于平衡，如图所示。杆与地面的滑动摩擦因数为0.3，如果某瞬时在点B处突然加一水平力F，大小为200 N，试求该瞬时点C的加速度。解：取杆AC为研究对象. 列出平面运动微分方程 ， ， ，3个式子中有4个未知数，需建立补充方程。为此AC杆受力图需判定A处是否滑动. 设A处无滑动，则杆绕A点作定轴转动，运动学补充方程为 联立上面4个方程，解得 ，最大静滑动摩擦力为 ，因 ，所以A处是滑动的，且摩擦力方向向右. 于是补充方程是 ，解得 ，

29、.于是，该瞬时点C的加速度为 ，向左.8-24质量不计的刚性轴上固连着两个质量各为m的小球A和B，在图示瞬时，刚性轴的角速度为w，角加速度为a。试求图示各种情况中的惯性力系向点O简化的结果，并指出哪些是静平衡，哪些是动平衡。题8-24图解：a) 小球A和B的加速度为法向加速度： ，切向加速度： ；法向惯性力： ，切向惯性力：；将此惯性力系向O点简化，得到 惯性力系的主矢：；惯性力系的主矩：.显然，此惯性力系的主矩不会引起轴承的动反力，因此，（a）是动平衡的. （b）小球A和B的加速度和惯性力大小与a)相同，将此惯性力系向O点简化，得到惯性力系的主矢：；惯性力系的主矩：，.显然，惯性力系的主矩、

30、会引起轴承的动反力，因此，（b）只是静平衡，但不是动平衡的. （c）小球A和B的加速度为法向加速度： ，；切向加速度： ， .法向惯性力： ，切向惯性力： ； .将此惯性力系向O点简化，得到惯性力系的主矢：（与轴同向），（与轴同向）；惯性力系的主矩：.显然，此惯性力系不是动平衡的，因质心不在转轴上，.因此也不是静平衡的.（d）小球A和B的加速度为法向加速度： ，切向加速度： ；法向惯性力： ， 切向惯性力：；将此惯性力系向O点简化，得到惯性力系的主矢：；惯性力系的主矩：，.显然，此惯性力系不是动平衡的，只是静平衡.8-25 不同材料制成的小球A和B质量分别为m1和没m2，将它们用两根长为l的等

31、长细绳悬挂起来，如图示。将其中球A拉过偏角a，然后无初速地释放，球A与球B发生碰撞后，球B产生的最大偏角为b。设角度a与b已由实验测出，求两球碰撞的恢复因数。题8-25图解：1）小球A为研究对象，碰撞前小球A的速度为 .2）小球B在初速度下运动到位置，则 ，3）碰撞水平动量守恒，碰撞后小球A和B的速度分别为，有 .解得 .根据恢复因数的定义，得 .8-26 质量为m的小球M置于光滑水平桌面上，某瞬时在球上作用了碰撞冲量I，方向水平，如图所示。设桌面至地面高度为h。而球与光滑地板的恢复因数为e，空气阻力和球的大小不计。试求球在地板上最初两个落点之间的距离AB。题8-26图解：取小球为研究对象，分

32、4个阶段分析.1） 小球在碰撞冲量I作用下的运动. 设小球在碰撞冲量I作用下获得速度，在水平方向列出碰撞动量定理：，解得 .2）小球在初速下的平抛运动，落地前的铅锤速度为 ，花费时间.3）小球与地面的碰撞，碰撞后的铅锤速度为，按恢复因数的定义，得小球与地面碰撞后的速度为 .4）小球以初速，的平抛运动，在空中运动时间为 .于是球在地板上最初两个落点之间的距离AB为 .8-27 小球A垂直落下，以速度v0与斜面B相撞，然后沿水平方向回弹，如图所示。设恢复因数为e，求斜面的倾角q以及碰撞后小球的速度u的大小。题8-27图解：以小球为研究对象，因不计非碰撞力冲量，所以，小球受到的碰撞冲量与斜面垂直，如

33、图示，由碰撞动量定理， 即受冲力作用的小球按恢复因数的定义，有.即解得 ，. 题8-28图8-28 两个物体A和B可视为质点，质量分别为mA和mB，以长为l的不可伸长的细绳相连，如图所示。初始时两物体在同一水平面，现将物体A以初速v0垂直上抛，求物体A所能达到的最大高度。解：单个质点以初速v0垂直上抛所能达到的高度为 ，所以，当时，物体A所能达到的高度为. 设，则物体A达到高度时，速度为 ，物体A带动物体B一起运动是一个碰撞过程.由碰撞动量定理 ，物体A与物体B一起运动的初速度为 .于是，以初速垂直上抛所能达到的高度为 ，所以物体A所能达到的最大高度为.题8-29图8-29 图示质量为m、长为l的均质杆AB，在铅锤平