习题课7-刚体动力学.

1、习题课7刚体力学例71 一绳绕在一个质量为m,半径为R的圆柱体上, 现将绳铅直地向上拉，以使自圆柱体放开时其质 心不致下落，试问：(1)绳中张力为多大？ 当圆柱体达到角速度为co时，张力对圆柱体做了 多少功？(3)在此间内，共放开的绳子长度为多少？mg【解】(1) 圆柱体的动力学方程为T mg = mac据题意 ac = O, T = mg(2) 若t=0时，(o =(o0=0则 A.t (m R ) co mR. co 2 24(3)因为重力矩=0,张力矩=RT,所以合力矩作功即是张力矩作功atrQAy = RT 0 = RfiigO=；4gR%2S = &R = (绳长)4g例72

2、两均匀的圆柱体绕各自的质心轴转动，两轴相 互平行，半径分别为Ri和R2,质量分别为m】和oh。最 初两圆柱体同方向转动，角速度分别为0)10和0)20。然 后它们相向移动，直到接触有一共同切线为止，试求 稳定后每个圆柱体的角速度。【解】两圆柱体从接触到稳定状态只受摩擦力，由角 动量定理-J /r = I x-Z>1O )(1)-JSo) (2)由上两式可得llR2(eol °o)= 12RCO2 血 20)(3)稳定后在接触处的线速度相等，即R® =<4)代入两圆柱体的转动惯量:/.=丄m.R 22(5)得到加严（。1 一。10）= ,ri2R2（2 。20）皿

3、 2220联立解（4） .（5）式可得（"1 I + E 2 Ml"2尺22。_叫尺®。（力+力2）尺2例7.3 个质量为M、半径为R的匀质飞轮以角速度（0 绕过质心的水平轴旋转，一个质量为m的碎片从飞轮 边缘飞出，且速度方向正好垂直向上。试求碎片能上 升的最大高度及飞轮余下部分的角速度，角动量和动 能1 m3M【解】 碎片离开飞轮时的初速度为 =尺0(1)22 2碎片能上升的最大高度为 乞”=严=兰产 (2) 2g2g在碎片离开飞轮前后，由碎片和飞轮组成的合系统没受到外力矩，系统角动量(对于转轴)守恒，有1 ,( 1 r 八一 MR a = MR -mR co

4、+ m vR (3)2 (2 丿将(1)式代入(3)式得到CD y CD飞轮对于转轴的角动量(11Z * rz? * = MR 2 tn R co = (Af+ 2m )R 2 a>UJ2飞轮的动能E = Z *2 = 丄 MR 2 m R 122 I 2丿=(M + 2m )1?24例7.4长为L的匀质细杆水平地放在桌面上，质心离 桌边缘距离为a,从静止开始下落。已知杆与桌边缘 的摩擦系数为収 试求：杆开始滑动时的临界角。【解】无滑动时，杆绕A点作定轴转动，由转动定理 rrt a cosd = I(1)杆对于A点的转动惯量为(应用平行轴定理)*71°I A =/ 4-/w a

5、 _ = in LT 4- m a(2)1 2无滑动时，杆上各点作圆周运动，对于杆写出动力 学方程：法向：f nt g sn& = ma co 2(3)切向：mg cos 6 = tn a (3(4)由式（1）,有dt A dOd CDin ga cos Od O = = IA cod co可得两边积分，并利用初始条件：当0=0时（o = 0,2 2/w ga sin Ob = (5)将(5)式代入(3)式，并利用(2)式，得(6)24/nga 将（1）式代入（4）式，并利用（2）式，得1 m 1 eos OZ = m g cos O (7 )乙-+ 1 2a刚开始滑动的临界条件为f

6、= Z p (8)因此由(6)、(刀、(8),有24 j/f ga sin &m gu sin 0 h =cZZ + 1 2a 2m ga 2 jli cos &m g F cos ? sin &f = m ga sin 9 h12a整理得到tanLT + 3 6ah | L例7.5质量为m、长为L的匀质细棒以一端O为支点悬 挂起来。今在O以下h处的A点对棒施以水平冲击力F, 求O点轴承所受的水平冲力又问h为何值时O点轴 承处所受的水平冲力为零？(满足此条件的A点称为 打击中心)7F A【解】由转动定理Eh = Ip (1)此时质心获得水平方向的切向加速度，则乙 、%

7、= P (2)2根据质心运动定理，应有叫 =F f(3)* 、 、, 、mm(1)、(2)、(3)联立解得 厂=(1一2-)尸代入丿=丄得到 Z=d- )3 2L22当h v向右；当h 二L ，/*向左；3 3一 2 当方=L= O3例76 个质量为m,半径是R的圆盘绕过其盘中心以O点为原点,z轴沿盘面的法线方向,建立0 xyz坐标系,x轴和转轴在一个平面内ocd = cd i 4- cd=(2>(sin ai + cos a j、所以Izzm R 22以O点为原点,z轴沿盘面的法线方向,建立0 以O点为原点,z轴沿盘面的法线方向,建立0 本题可以这样考虑，将Jx和Jz分别向转轴方向业

8、并求和，得到J的转轴分量为儿丄 sin2ti + 丄 cos?。、4 2)得到丄si宀+丄“s*42且>A J 2 = J 2 A = m R co sin 2 <p t 8/J21r .dq> _=m R co sin 2<z t dt 8dt=mR 2 co 2 sin 2. octsin 2a例77 匀质细棒，质量为m,长为L,处于水平方 位静止不动。它突然受到向上冲量FZkt的作用，F距 棒的质心为X。求棒的运动。【解】因为棒受冲击的时间彳艮短，重力可忽略。 质心平动的运动方程F = mac , FAt=mVcVc= FAt/m棒绕质心转动的转动方程。据转动定理

9、Fx = Ic/? , F At x =Ic/?At=Icto:.(o= FAt x /1=12 FAt x /mL2以后，由于细棒的质心以Vc的初速度作上抛运 动，并绕过质心的轴以0的角速度作转动。细棒作平面平行运动，棒上各点的速度不同。距棒 中心X处的速度为VxVx = Vc+(ox其中有一点，速度为0,该点成为打击中心。设该点距质心为X。则Vc+(ox0=0即 x0= Vc /co=一 (FAt/m) / (12 FAt x / mL2)=-L2/(12x)若打击处x = L/6,打击中心在L/2处。与地面接触点的速度Vp：Vp =vc- wR= Vo- Jigt-5pgt/2= V0-

10、7pgt/2这表明在撞击后，小球既滑动又滚动，但平动速度 逐渐变小，转动速度逐渐加快。经过1时间后，小球纯 滚动，此时满足Vp=O即有 V。一7pgT/2 = 0得到 t = 2 Vq / 7 jig此时质心的速度：Vc= V() |igT = 5 V()/ 7球运行的距离：S = V°t + acx2/2=12 V02/(49pg)例7.9 长为L,质量为m的匀质细杆是由两根同样 的细杆A和B组成，两杆用光滑的较链连结于O点。 杆位于光滑的水平面上，它们可绕过O点的竖直轴自 由转动。初始，两杆成一条直线，今在A杆左端突然 施以水平冲力，冲量为P,方向与棒垂直。求：(1)杆A和B的质

11、心速度Vy Vb；(2)杆A和B的角速度【解】冲击瞬间O点尚无位移，设想A杆左右两端受 到冲量P和P，作用；B杆左端受到冲量P”的作用，且 P，=P”。P0由质心运动定理和转动定理,对于A杆，有L L1厂卩亍"匚= _lzwL96对于B杆，有2L2 212丿ml 396由于连接点速度相等，因此有LLVA联立解得5PV,=,2/w18PCD .=mL6Ptn L（以上负号表示所设量的方向与实际方向相反）细杆所获的动能为例7.10质量为m,长为L的匀质细杆位于竖直平面内，其一端B置于光滑的地面上，另一端A靠在光滑的墙面。初始杆静止，杆与墙面成角，然后释放杆让其滑动。(1)墙面和地面对杆的

12、作用力;(2)杆脱离墙面时杆与墙面的夹角OoB x【解】杆作平行平面运动。 杆的质心运动方程 m x . = Fy c z - g 转动方程L19=N sin 6 L Fcos O 22x =sin O、yL=cos 6c 2c2可得X =Lcos GO ,y =-L sin 0c2C2 X=LLcos GO -sin 002c2 2 y =L sin 00 L2cos 00J c22下滑过程，机械能守恒，应有L1 / 2 2、m g coscos O + -m+ y2 2 2L将联立解，并有Ic =,可得1 2- 3gO = -sin O2厶 .3xc = g sin 6 (3 cos O

13、2 cos &() 4y c = (9 cos 2 O 3 6cos6?cos()最后得到4 3F = mg sin (3cos 0 2cos0) 2TV = mg(l + 9cos & 6 cos 3 cos 0)分析：从到兀/2过程中，N>0,但F逐渐变小,当F = 0时杆将脱离墙面。设F = 0 时，0= ffm由 3cos 氐2cos “0=0 得 "m = cos_1(2cos Oo! 3)用瞬心法求解杆的瞬时下滑可看作绕瞬心P的运动。瞬心P点的加速度 dp =dc+d因为瞬心p点绕质心作圆周运动，所以在该瞬时它相 对质心的速度=0,其相对质心的加速度

14、只有切向分 量，故有deCD =)dtI co x CP dtd cd 一x OC = a惯性力矩=0,有sin O212 厂 12m I + m =m I 1243 例711讲义5 11题长为L,宽为b,质量为m的匀 质薄板，能绕过宽边的中心并垂直于板平面的水平轴 O自由转动。初始板静止，处于轴的正上方，然后向 下摆动。球板到达水平位置时，求：得到 ° sin &21（1）板的角速度和质心速度；（2）轴处的约束反力。【解】对轴O的转动惯量为6 = J力Oh29mdl = Xbdx卜 Abdxx 9 X =1 2bLm1 2(4Z? + "2)角速度由系统的机械能守恒和转动定理，得mgL12c 一 c22/ 12gZ”37 沪 + 4L而M =L-mgsin &2dj dt=4Q当O =,M =24£? +b21 2nr p得到Q =6Lg4厂+沪质心的速度和加速度23 &乙2 厶2 + 4乙2求约束力。drdZdZ例12质