第五章_刚体力学_习题解答

5.1、一长为 的棒 ，靠在半径为 的半圆形柱面上，如图所示。今 点以恒定速度lABr A沿水平线运动。试求：(i) 点的速度 ；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。0v Bv解：如图，建立动直角系 ，取 点为原点。 ，关键是求xyzABABvr法 1(基点法) ：取 点为基点，A sinCCOvrv即 ， ，化成标量为sinACrvArsiAv在直角三角形 中，OCctg所以200siiniosACvrtr即20sincovk取 点为基点，那么 点的速度为：AB2030sin(cos)incosin(1)coBAvvrklljrllj法 2(瞬心法) ：如图，因棒上 点靠在半圆上，所以 点的速度沿切线方向，故延长 ，CCOC使其和垂直于 点速度线交于 点，那么 点为瞬心。P在直角三角形 中，OAsinr在直角三角形 中， 2cosiPOAtg，即02()sinAP rvrkrj vi 20sincovr取 点为基点，那么 点的速度为：B2030si(cos)iconsi(1)coBAvvrklljrllj5.2、一轮的半径为 ，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度 前进。求r 0v轮缘上任一点(该点处的轮辐与水平线成 角) 的速度和加速度。解：任取轮缘上一点 ，设其速度为 ，加速度为MMvMa如图，取轮心 为原点，建立动系 ，其中轮心的速度方向为 轴正向， 平OOxyzxOxyBA0vrCOPAvxyyxCMvr面位于轮上。那么轮子的角速度为 k取 点为基点，那么OMOMvr因轮无滑动地滚动，所以 点为瞬心。C0OCvrv即 ，化简有 ，那么有：0COkrjvi0Cr000(cosin)(cosin)(1sin)MMvkjvkrj00002(si)coscossin(cos(in)in)Mdavvjvivjttj jr 5.3、半径为 的圆柱夹在两块相互平行的平板 和 之间，两板分别以速度 和 匀速AB1v2反向运动，如图示。若圆柱和两板间无相对滑动，求：(i)圆柱瞬心的位置(ii)位于圆柱上与板的接触点 的加速度。M解：(i)如图，圆柱瞬心的位置为 点，不妨设C12v在图示的直角坐标系中， ，k， ， ，1vi2viCMrj()CNrjj因为 ，1MCMvr2NCNvr所以有 ， ，联立解得：12()M12CMrv或者取 点为基点，那么：N1 2 2()MNMvivrvikrjvi 求得 ，因 ，故2r1C12v2vMNByxCO于是求得瞬心的位置位于距离 点 的直径上。M12Crv(ii) 瞬心到圆柱轴心 的距离为O12Orrrv圆柱轴心 的速度为 1122C vviiir点相对 点的速度为：M112MOviii点相对 点做圆周运动，故221()4ajrr5.4、高为 、顶角为 的圆锥，在一平面上无滑动地滚动。已知圆锥轴线以恒定角速度h2绕过顶点的铅直轴转动。求：(i)圆锥的角速度(ii)锥体底面上最高点的速度(iii)圆锥的角加速度解：取圆锥的顶点为原点，建立动系 Oxyz取圆锥和平面交线为 轴，y圆锥的对称面 位于 平面OABz因圆锥轴线以恒定角速度 绕过顶点的铅直轴转动，若设圆锥绕自身轴线的角速度为 那么圆锥绕顶点的角速度为 又 母线与平面接触，为圆锥的瞬时转动轴，故 平行于OB OB(i)在角速度合成的矢量三角形中，圆锥的角速率 ，即ctgctgj(ii)在动系 中，锥体底面上最高点 的位矢可以表示为：xyzAcos2sinOAOArjrk由图中的几何关系可知： coh所以 (csi2)oOAhrjk那么最高点 的速度为： (cosin2)cosAhvtgjjkhi zx yOABh(iii)因圆锥的角速度为 ，所以圆锥的角加速度为：ctgj 2()ddtjtctgjctgit 5.5、在一半径为 的球体上置一半径为 的较小的球，它们的连心线 与竖直轴间保持Rr O角，如图示。若 绕竖直轴以恒定的角速度 转动，小球在大球上无滑动地滚动。O分别求出小球最高点 和最低点 的速度。AB解：建立如图所示的动直角坐标系 xyz使 位于 平面内。则有：Oryz，kcosinjk()in()csOrRr，AkOBrk在大球和小球的角速度矢量直角三角形中，有 sin所以 2sincosinjk ()i()cos()isnOOvrkrRjrRkjR 2 ()si(sincosin)i1coAOAvr jkr 2 ()i(ii)(sin(sBBrjkrR 5.6、一边长为 、质量为 的匀质立方体，分别求出该立方体对过顶点的棱边、面对角线dm和体对角线的转动惯量 、 和PJfb解：如图，要求图示棱边的转动惯量 ，先求立文体过质心 点，PJO且平行于棱的 轴的转动惯量zz在图示的直角坐标系 中， 轴皆为惯量主轴Oxy,故52/2/22 2()()6ddz dmJxmxyz xyzABORryzxC由平行轴定理：22()63PzdmdJ要求图示面对角线的转动惯量 ，先求立文体过质心 点，且平行于面对角线的轴的转fJO动惯量 ，此轴与坐标轴的方向余弦分别为 ，坐标轴为惯量主轴，所以有：zJ 1(,0)22206006xOyzmdJd由平行轴定理有： 2 222161 5(,0)0()64126f mddmdJd体对角线与坐标轴的方向余弦分别为 ，坐标轴为惯量主轴，那么体对角线1(,)3的转动惯量为： 2 220611(,) 63306bmdmdJ d 5.7、一匀质等边三角形的薄板，边长为 、质量为 。试在图示坐标系下，求出薄板对质l心 的惯量矩阵 ，并由此导出对顶点 的惯量矩阵 。图中坐标系 和坐标系CCJOOJCxyz的坐标轴分别相互平行， 和 都在薄板平面内。Oxy解：由图中坐标系 的取法可知， 轴是三角板的对称轴，xyz,z轴是是三角板的对称面的法线，故 都是惯量主轴。x三角板的密度为： 243ml xlxCdyh先求三角板对 轴的转动惯量。x因三角板关于 轴对称，所以三角板对 轴的转动惯量yxxJ是 轴一侧直角板的 2 倍，如图，取距离 点为 ，厚为 的线性微元，由图中几何关Cd系知，线性微元的高为 ，()3()2llhtg2mdmSdxlxd线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为 ，由平行轴定理知线性21()dmh微元对 轴的转动惯量：x 222211()()()31x lldJhh2 22 2322()()11446xlmldJmlxdxxdll2/3220( )4lxx lmlJdxxl再求三角板对 轴的转动惯量y如图，取距离 点为 ，厚为 的线性微元，由图中几何关系知，线性微元的长为Cdy，22()633llaytg 2248()()33lymmadydl线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为 21a故线性微元对 轴的转动惯量：y222318()()()344 397y lydJmaydlll 2/33222 4( )9473lyy lmlJdyydll最后求 轴的转动惯量：z如图，对于线元过中心且平行于 轴的转动惯量为z21()a由平行轴定理知线元对 轴的转动惯量为：221()()zdJmadyxyCdaxyCdaz22/322 2321 8()444 lzz ml mJdaydydydylmll 所以三角板对板对质心 的惯量矩阵C222041040ClmlJl由平行轴定理易知： 22()4183xlmllJ227()ylll225()1313zlmllJ因三角板中 ，所以00OJJ因三角板的两腰在坐标系 中方程为： 和33l即 和3l所以3203220332200()41lll lmJdddml2307401OmlJ5.8、质量为 ，长为 的细长杆，绕通过杆端点 的铅直轴以角速度 转动。杆与转轴间l 的夹角 保持恒定。求杆对端点 的角动量。O解：选取端点 为原点，建立如图所示xyCOlz y的直角坐标系 ，并取杆方向为 轴Oxyzy那么 ，213xzJml0yJ因杆上的质点在 轴上，所以 z， ，xydxzd0xzJydm故杆对 点的惯量矩阵为：O22103OmlJl在图示的直角坐标系 中，xyzcosinjk于是杆对 点的角动量为：O22210003cosin1sin3OmlLJlml 即 21sin3OLmlk5.9、一半径为 ，质量为 的圆盘，在水平面上作纯滚动，盘面法线与铅直轴间保持恒定r角度 ，盘心则以恒定速率 作半径为 的圆周运动。求圆盘的动能。u2r解：如图所示，过圆盘的质心 作法线，与铅直轴相交于 点，建立动直角坐标系CO， 轴沿 方向。连接 ，以及连接 ，这样就构成了一个陀螺在平面xyzAOB滚动。且 为陀螺的瞬时转动轴，故圆盘的角速度为：IOA。(cosin)ek因 轴都是圆盘的对称线，所以 轴，,xyzx轴和 轴都是惯量主轴。设铅直转轴与水平面相交于 点。设圆盘绕 轴自转的角速度为 i圆盘的盘心绕铅直轴的角速度为： (cosin)k由图中的几何关系知：，2sinOCr22222 sini() 4()sinOACrrlOrCmu2OBAHzxyDIID222 2sin4cos1in4sin又已知 ，即(co)()2iCOrvrikrj 2ur，2xJm2221114()44snsinyzOCJrmm在角速度矢量三角形合成的图示中， 即 (cosin)(cosi)kik化简有： ，scs所以 ，即siin2ur sin(oi)(cosin)2ukkr因坐标轴都是惯量主轴，所以圆盘的动能为： 2222221()114cos()sini(in4)3xyzzTJJmrru5.10、一半径为 的匀质圆盘，平躺在粗糙的水平桌面上，绕通过其中心的竖直轴转动，r初始时刻圆盘的角速度大小为 。已知圆盘与桌面间的摩擦系数为 。问经过多少时间0 圆盘将停止转动？解：设匀质圆盘的面密度为 ，在圆盘上取一微元，数据如图所示。圆盘对过其中心的竖直轴的转动惯量为 2411()zJrr由角动量定理 ，因圆盘定轴转动。故dLMtzzM圆盘上所取微元只受重力，水平桌面的支持力和摩擦力重力和支持力大小相等，方向相反。若选择逆时针为正。那么有： zJk圆盘上所取微元的力矩为： 2()()zdMxfdmgxkdxgdxk rfxdz2 302rzzMdgxdkgrk，化简为：4312rk 4积分可得： ， 为积分常数tcr因初始时刻， 时， ，代入 的表达式可得：0t0 0c因此 43gr显然圆盘停止转动时， ，即 ，解得0043gtr034rtg5.11、如图示，一矩形匀质薄板 ，长为 ，宽为 ，质量为 。薄板绕竖直轴ABCDldm以初角速度 转动，阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为AB0，问经过多少时间后，薄板的角速度减为初角速度的一半？k解：匀质薄板的密度为 ，在薄板上取一矩形微元，数据如图所示。mSld因阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为 k又微元质量为： ，微元速度为：dyzl vryi所以微元受到的阻力为： 2fkdi微元对 轴的转动惯量为z 2zmJyyzl薄板对 轴的转动惯量为：2203ldzz微元受到的力矩为 23zdMrfky薄板受到的力矩为： 2401ldzz zkldk据定轴转动角动量定理： J代入数据得： ，分离变量：22413mdkldk 22134dkldtm积分得： ， 为积分常数214ltc因薄板绕竖直轴 以初角速度 转动，即 ，所以AB001c0234kldtBAlCDyxzydz当薄板的角速度减为初角速度的一半时有： ，化简知00243mkldt2043mtkld5.12、一质量为 ，长为 的匀质细长杆，一端与固定点 光滑铰链。初始时刻杆竖直向ml O上，尔后倒下，试分别求出此后杆绕铰链 转动的角速度 ，作用于铰链上的力 与杆NF转过的角度 的关系。解：建立如图示的动直角坐标系 Oxyz杆对过质心 且垂直于杆的轴的转动惯量为C21CJml因杆在旋转过程中只有重力做，机械能守恒： 2221(cos)()26llmgml化简有： ，即3csgl3(1cos)gkl对杆用质心定理有： 2()()NijdllFamijt 即 2()sincosNllFmijg杆对 轴的力矩为：z sin()sin22z lmglMijgk由坐标轴的取法知，对 轴有 ，,xy13xzJml0yJ因杆绕 轴作定轴转动，故zzz所以有： ，即21sin3mgllsin2gl代入 得：NF11i(35co)sin2(35cos)44jmgj或者求角速度时用角动量定理： ，化简：22illl ingl即 ，两边积分可得：2sin3ldg 00sin3dgd求得 (1cos)l质心定理： ，代入 可得：2(sincos)NlFmijj ,sin(35cos)/4Ng5.13、一段匀质圆弧，半径为 ，绕通过弧线中点并与弧线垂直的水平轴线摆动，求弧线R作微振动时的周期。OlymgNFxC解：建立如图所示的直角坐标系 ，长为 的圆弧的夹角范围Oxys2sR由质心定义： crdmlrdlRrd式中 表示弧长的线密度。令 ，那么02s00考虑到圆弧的对称性和坐标的选取，写成正交分解式得：，0 0cossincOCRdxdxrcy所以质心到弧的中点的距离为 0022si(1sin)OCRr 弧对过圆心且垂直于圆面的轴的转动惯量为 2OJ由平行轴定理知 ， ，所以有：2OCOJsr Csr22 200 ()()()4sin(1)OC OCOCCJsrJrRrRsrs当弧绕过 垂直于弧的轴作定轴微小转动时，由角动量定理有：O即 ，这正是简谐振动方程，其圆频率为CsgrJ OCsgrJ代入数据并化简可得：0 2 0(1sin)2OCsgRsrJR所以微振动时的周期为： 2TgR5.14、一矩形薄板，边长分别为 和 ，以角速度 绕对角线转动，今若突然改为绕 边转ldl动，求此时薄板的角速度 解：建立如图所示的动直角坐标系 BxyzOyxdsCOmRdxyzlCBADz初始时，矩形薄板以角速度 绕对角线 转动，BD突然改为绕矩形边 轴以角速度 转动。BA在坐标系 中， ，xyzk22dlikl如图，在矩形板上取一矩形微元 ，设矩形薄板的面密度为 ，微元质量为xzdm则 ，因此22xJzdz223001ldlxxJzxdzld，因此zxlzz lx由薄板转动惯量的垂直轴定理知 331yxzJl，因此xzdJmxzd 2014ldzzxzdl因矩形薄板中， ，0yxyzJ故3 2332 31140001104xxzByxzzlddlJlldl ld 在切换转轴过程中，虽然转轴对矩形薄板有冲力，但对于 轴来说，力矩并没有改变，BA始终为 0。故在切换转轴过程中，对于 轴角动量守恒：BA，代入 可得：BBJk,J3 22332 323 2332 31104000111044010 1104 dldllllddl ldlldll ld 即 ，化简可得：233221dlllll24ld5.15、一半径为 ，质量为 的球体，无转动地以速度 运动，今若突然将其表面上的一rmv点 定住不动，求此后球体的角速度矢量 及球体对 点的OO角动量 。已知 点和球心 的连线与 成 角，如图所示。LCv解：选取如图所示的动直角坐标系 。xyz轴为对称面的法线，故 轴为惯量主轴。,xyz,所以0xOyzJ如图，在球体上取一立体微元 222052(sin)(sin)81DDrJhdmVrdVdr所以 xDJ由平行轴定理可得： 222755yzDJmrrm球体无转动地以速度 运动进，合力为 0。球体表面定住不动后，虽然定点 会对球体很v O大的冲击力，但冲击力始终过 点，对 点的力矩为 0，角动量守恒：OOLrmJ即2225070cosin5mrijkrv r27si5rmr解得： ，sinv5sin7vkriLrk5.16、一匀质圆盘竖直地在一坡角为 的斜面上无滑动地滚下。证明：(i)圆盘质心的加速度大小为 2sin3grdrsinrdsinDhdmmgfCzyxNFmvrxy(ii)圆盘和斜面间的摩擦系数至少为 13tg解：匀质圆盘的受力分析如图所示。设匀质圆盘的质量为 ，半径为 ，斜面的摩擦系数为 。mr建立如图所示的动直角坐标系 ，圆盘位于 平面CxyzCxz轴平行于斜面， 轴垂直于圆盘的盘面。xy， ，NfiFiNk(sincos)gmk圆盘应用质心定理（ 轴方向）：xiCfa圆盘应用质心定理（ 轴方向）：zcs0NF圆盘质心应用角动量定理（ 轴方向）：yyJfr圆盘无滑动滚动条件： ，求导有：CvrCa静摩擦力定义： NfF联立上面诸式可得： ，2sin3Cag13tg5.17、长为 的匀质棒，一端以光滑铰链悬挂于固定点。若起始时，棒自水平位置静止开始l运动，当棒通过竖直位置时铰链突然松脱，棒开始自由运动。在以后的运动中：(i)证明棒质心的轨迹为一抛物线。(ii)棒的质心下降 距离时，棒已转过多少圈？h解：（i）建立如图所示固定直角坐标系 ，Oxyz设棒的质量为 ，棒在竖直位置时的角速度为m0k匀质棒从水平位置摆动到竖直位置，只有重力做功，机械能守恒（取棒的质心 点处为 0 势能点）：C22220 0111()()2ClglvJml化简可得： 03gl棒脱离铰链后，只受重力作用。轴方向： （1）xCmx轴方向： （2）yyg轴方向： （3）z0CJM OlCvxy棒脱离铰链时， ， ， ，0t03gkl0Cxi， ， （4）012Cxli2ClyjCj对（1）式积分并代入（4）可得： （5）013122gxlll对（5）式积分得： （6）132Cxglt对（2）式积分并代入（4）得： ，再次积分得： （6）Cy 21Cygtl由（5） 、 （6）消去时间 可得棒脱离铰链时，质心 的轨道方程：t，由表达式可看出棒质心的轨道方程为抛物线型。213Cyxll（ii）当质心下降 时，即 ，代入（6）式可得：h2Clyh2htg由（3）式和（4）式知 ，棒脱离铰链后将匀速转动。03gkl那么棒转过的圈数为： 162thnTl5.18、质量为 的平板，受水平力 的作用，在一不光滑的水平面上运动。平板与水平面mF间的摩擦系数为 ，平板上放有一质量为 的匀质实心圆柱，在平板上作纯滚动。试求出m平板的加速度。解：对平板和圆柱作受力分析如图所示。其中 是圆柱对平板的摩擦力， 是水平面对ff平板的摩擦力， 是平板对圆柱的摩擦力。f取端点为原点，建立平行于平板的动坐标系 OxyzfNFmgmgNf圆 柱 受 力 分 析 (非 惯 性 系 )mFOxay平 板 受 力 分 析 (惯 性 系 )由受力分析列出圆柱和平板的运动学方程为：方向： ，xFfmaCfx方向： ，yNgg圆柱在平板上作纯滚动， 方向： ，zDJfrCxr式中 为圆柱绕轴线转动惯量21DJmr由滑动摩擦力条件： fN联立上面诸式可得： 3()Fgma5.19、一粗糙的半球形碗，半径为 ，别有一半径为 较小的匀质球体，从碗边无初速度Rr地沿碗的内壁滚下，如图示。求出球体的角速度大小 与所在位置 角的关系，以及球体在最低处时球心的速度。解：当球体从碗的 点滚到 点时，球体与AB碗相切的 点已经转过了 角。球体无滑滚动，应有：(1)()()2Rr球体受力分析如图所示，有：(质心做圆周运动，切向)： (2)sin()mgfRr(质心角动量定理)： (3)25fr对(1)式求导有： ，代入(3)式得：R 2()5fmr代入(2)式有： ，即sin7()gr102sin7()gddR积分有： ，即0/212i()dR co()r10210cos)s7(7()rrggrR()v fgANB5.20、一半径为 ，的匀质圆球，置于同样固定球体的表面上。初始时刻此两球的连心线R与铅直线成 角，球体静止，尔后开始沿固定球表面无滑动地滚下。求出球体脱离固定球表面时，连心线与铅直线间的夹角 ，及此时球体的角速度的大小解：建立如图所示的直角坐标系 ， 轴沿球心的连线方向Oxyz点相对相对 点的角速度为 ，Ok球体 上的点相对 点的角速度为那么球体 相对 点的角速度为 (1) ()kk点为 与铅直线成 角时，两球体的切点A点为 与铅直线成 角时，两球体的切点BO所以球体 的约束条件： ，即 ，化为 (2)ABC()R2当球体 脱离固定球表面时，球体 对球体 的压力为 0，且球体 做圆周运动：OO(3)2cosmgR受力分析如图所示，那么对于 有：方向： (4)xinfm方向： (5)y2cosgN方向： (6)z25Rf由(2)式知， ，代入(6)式得：45fmR代入(4)式可得： sin14g5idtR分离变量： sin14gd因球体 初始时刻条件为： ，O0积分可得： 05siR可求得 (7)2(co)7g把(7)式代入(5)式可得： 21710scoscosNmmggORxyBACfmgN当 时，1710coscosNmgg即 时，球体 脱离固定球 的表面()arO球体 的角速度为O5cs217kkR5.21、一半径为 的球体，绕其水平的直径以角速度 转动，尔后将其放置在摩擦系数为r 0的水平桌面上。求出此球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离 s解：建立如图所示的静直角坐标系 ，球体受力分析如图所示。Oxyz初始时刻， ， ， ，0t0xyz0在球体滑动时，列出动力学方程：方向(质心角动量定理)： (1)x25mrf方向： (2)yfy方向： (3)zNg摩擦力定义： (4)f质心动量定理： (5) 0tmr联立(1)、 (3)、(4) 式并代入初始条件可得： (6)052gtr由(2)、 (3)、(4) 式并代入初始条件得： y积分并代入初始条件得： ygt积分并代入初始条件有： (7)21由(5)、(6)可得： 027rtg代入(7)可求出球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离为：2049ryg5.22、桌球是用棍棒冲击使球体运动的一种游戏。设桌球的半径为 ，置于光滑的平面上。问应在什么高度处水平冲击球体，球体才不会滑动而作纯滚动？解：设桌球的质量为 ，受力为 ，作用点到水平面的距离为mFh0NmgfxyzO对桌球与水平面的切点应用角动量定理： 2()5mrFh由于桌球滑有滑动，所以应用质心运动定理：F联立 7hr5.23、一半径为 的匀质球体，以速度 在水平面上无滑动地滚动，突然遇到一高为 (R0v h)的台阶，如图所示。球体受台阶的冲击是非弹性的。试求出球体受到的冲击后，角速2度的大小 ；