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理论力学力学竞赛知识点介绍11/170主要内容

静力学运动学动力学专题22/170静力学部分

力、力矩、力系力偶、力偶矩、力偶系主矢、主矩、力系简化约束与约束力力系平衡考虑摩擦平衡问题33/170考虑摩擦平衡问题44/170(a)(b)定义：两个相接触物体，当其接触处产生相对滑动或相对滑动趋势时，其接触处产生妨碍物体相对滑动力叫滑动摩擦力。

滑动摩擦1.静滑动摩擦力及最大静滑动摩擦力如图(a)所表示，在粗糙水平面上放置一重为P物体，当水平方向无拉力时，显然有P=FN。现在该物体上作用一大小可改变水平拉力F，如图(b)所表示，当拉力F由零逐步增加但又不很大时，物体仍能维持平衡。55/170(a)(b)由此可见，支承面对物体约束力除了法向约束力FN外还有一个妨碍物体沿水平面向右滑动切向约束力Fs，此力即静滑动摩擦力，简称静摩擦力。显然有Fs=F，所以静摩擦力也是约束力，伴随F增大而增大。然而，它并不能随F增大而无限地增大。而有一个最大值Fmax，称为最大静摩擦力，此时物体处于平衡临界状态。当主动力F大于Fmax时，物体将失去平衡而滑动。即66/170试验表明上式称为库仑摩擦定律，是计算最大静摩擦力近似公式。式中fs称为静摩擦因数，它是一个无量纲量。普通由试验来确定。2.动滑动摩擦力当接触处出现相对滑动时，接触物体之间仍有妨碍相对滑动阻力，这种阻力称为动滑动摩擦力，简称动摩擦力，以Fd表示，大小可用下式计算。式中fd是动摩擦因数，通常情况下，77/170摩擦角和自锁现象1.摩擦角当有摩擦时，支承面对物体约束力有法向约束力FN和切向约束力Fs，这两个力协力称为全约束力FR。它作用线与接触处公法线成一偏角j,如图所表示，当静摩擦力达最大时，j

也到达最大值jf,称jf为摩擦角。88/1702.自锁现象因为全约束力作用线与接触处公法线夹角j不能大于摩擦角，即改变范围为0

j

jf，所以可得：假如作用于物体全部主动力协力作用线与公法线夹角q<jf，则不论这个力多么大，物体必保持静止，这种现象称为自锁现象。利用摩擦角概念，可用简单试验方法测定摩擦因数。反之假如q>jf，则不论这个力多么小，物体必不能保持平衡。99/170摩擦角就是物块处于临界状态时斜面倾角q,即下面螺旋千斤顶就利用了自锁概念。1010/170考虑摩擦时物体平衡问题考虑有摩擦平衡问题时，其解法与普通静力学问题基本一样。但需指出是，在受力分析和列平衡方程时要将摩擦力考虑在内，因而除平衡方程外，还需增加补充方程0

Fs

fsFN，所以有摩擦平衡问题解通常是一个范围。为了防止解不等式，往往先考虑临界状态（Fs

=fsFN），求得结果后再讨论解平衡范围。应该强调是摩擦力方向在临界状态下不能假设，要依据物体相对运动趋势来判断，只有摩擦力是待求未知数时，能够假设其方向。求解时，依据详细问题采取解析法或几何法求解，下面举例说明1111/170取物块A为研究对象，受力分析如图。列平衡方程。解:例题5-1qAF联立求解得最大静摩擦力所以作用在物体上摩擦力为因为小物体A重P=10N，放在粗糙水平固定面上，它与固定面之间静摩擦因数fs=0.3。今在小物体A上施加F=4N力，q

=30°，试求作用在物体上摩擦力。yAxqPFFNFs1212/170(a)构件A及B用楔块C联结，如图(a)所表示，楔块自重不计，。已知楔块与构件间摩擦系数fs=0.1,求能自锁倾斜角q。解：(1)解析法研究楔块C，受力如图(b)，考虑临界平衡例题5-2再考虑补充方程联立解之得(b)1313/170(c)(2)几何法仍考虑临界平衡状态,在此情况下,楔块C两端所受全约束力必大小相等,方向相反且作用线在一条直线上;与作用点处法线夹角均等于摩擦角jf如图(c)所表示。由几何关系不难得以上是考虑临界状态所得结果，稍作分析即可得例题5-21414/170例题5-3FAFNBFBFNAABCFxxyhOFBhdBAFx平衡方程为取支架为研究对象,受力分析如图。（1）解析法解:一活动支架套在固定圆柱外表面，且h=20cm。假设支架和圆柱之间静摩擦因数fs=0.25。问作用于支架主动力F作用线距圆柱中心线最少多远才能使支架不致下滑（支架自重不计）。1515/170联立求解得补充方程例题5-3解得（2）几何法由以上二个例子能够看出，当有摩擦处约束力以全约束力形式给出，如能利用二力平衡条件和三力平衡汇交定理且几何关系又较简单，用几何法往往较方便。支架受力分析如图所表示。由几何关系得1616/170hCabFP宽a，高b矩形柜放置在水平面上，柜重P，重心C在其几何中心，柜与地面间静摩擦因数是fs，在柜侧面施加水平向右力F，求柜发生运动时所需推力F最小值。例题5-41717/170yABCxFPFBFAFNBFNA1.假设不翻倒但即将滑动，考虑临界平衡。解:取矩形柜为研究对象,受力分析如图。联立求解得柜子开始滑动所需最小推力补充方程列平衡方程例题5-41818/1702.假设矩形柜不滑动但将绕B翻倒。柜绕B翻倒条件：

FNA=0使柜翻倒最小推力为列平衡方程ABCxFPFBFAFNBFNA解得例题5-4总而言之使柜发生运动所需最小推力为1919/170长为l梯子AB一端靠在墙壁上，另一端搁在地板上，如图所表示。假设梯子与墙壁接触是完全光滑，梯子与地板之间有摩擦，其静摩擦因数为fs。梯子重量略去不计。今有一重为P人沿梯子向上爬，假如确保人爬到顶端而梯子不致下滑，求梯子与墙壁夹角q。qlaABP例题5-52020/170以梯子AB为研究对象，人位置用距离a表示，梯子受力如图。解：使梯子保持静止，必须满足以下平衡方程：yqlaABxFsFNAPFNB同时满足物理条件例题5-5联立解之得因

0≤a≤l，

当a=l时，上式左边到达最大值。所以或即为所求2121/170重为P=100N匀质滚轮夹在无重杆AB和水平面之间，在杆端B作用一垂直于AB力FB，其大小为FB=50N。A为光滑铰链，轮与杆间摩擦因数为fs1=0.4。轮半径为r，杆长为l，当q=60°时，AC=CB=0.5l，如图所表示。如要维持系统平衡，（1）若D处静摩擦因数fs2=0.3，求此时作用于轮心O处水平推力F最小值;（2）若fs2=0.15,此时F最小值又为多少？ABCDOrqPFFB例题5-62222/170解：

此题在C，D两处都有摩擦，两个摩擦力之中只要有一个到达最大值，系统即处于临界状态。假设C处摩擦先到达最大值，轮有水平向右滚动趋势。例题5-6ABCFAxFAyFCFNCFBq1.以杆AB为研究对象，受力分析如图。解得列平衡方程补充方程2323/170例题5-62.以轮为研究对象，列平衡方程。DOCFNDFDPFq当fs2=0.3时，D处最大摩擦力为

因为故D处无滑动所以维持系统平衡最小水平推力为F=26.6N。代入上面各式解得F=26.6N，FND=184.6N将2424/170解方程得最小水平推力为受力图不变，补充方程应改为此时C处最大摩擦力为所以当fs2=0.15时，维持系统平衡最小水平推力改为所以C处无滑动。因为说明前面假定不成立，D处应先到达临界状态。3.当

fs2=0.15时,例题5-62525/170由实践可知，使滚子滚动比使它滑动省力，假如仍用下列图力学模型来分析就存在问题。即不论水平力F多么小，此物体均不能平衡，因对点A矩平衡方程不满足，即§5-4滚动摩阻概念出现这种现象原因是，实际接触面并不是刚体，它们在力作用下都会发生一些变形，有一个接触面，如图所表示。这是与实际情况不符，说明此力学模型有缺点，需要修正。2626/170此力系向A点简化与静滑动摩擦力相同，滚动摩阻力偶矩Mf随主动力F增大而增大；但有一个最大值Mmax,即或且最大滑动摩阻力偶矩上式即是滚动摩阻定律，d称为滚动摩阻系数，含有长度量纲

，单位普通用mm。与滚子和支承面材料硬度和湿度等相关。与滚子半径无关。2727/170滚阻系数物理意义以下由力平移定理与比较得普通情况下，相对滑动摩擦而言，因为滚阻阻力偶矩很小，所以在工程中大多数情况下滚阻力偶矩忽略不计。2828/170取轮子为研究对象,受力分析如图。由平衡方程解:例题5-7匀质轮子重量P=3kN，半径r=0.3m；今在轮中心施加平行于斜面拉力FH，使轮子沿与水平面成q=30°斜面匀速向上作纯滚动。已知轮子与斜面滚阻系数δ=0.05cm，试求力FH大小。联立求解补充方程qFHArOqFHAOqMmaxPFsFNyx2929/170如图所表示，总重为P拖车在牵引力F作用下要爬上倾角为θ

斜坡。设车轮半径为r，轮胎与路面滚动摩阻系数为δ，其它尺寸如图所表示。求拖车所需牵引力。例题5-8aCxybθh2h1FθPAO3030/170

拖车两对轮子都是从动轮，所以滑动摩擦力方向都朝后。设拖车处于开始向上滚动临界状态，因以前后轮滚动摩阻力偶力偶矩M1,max

和M2max都到达最大值。解：由平衡方程首先取整个拖车为研究对象，受力分析如图。例题5-8aCxybθh2h1FθPAF2F1FN2FN1M1maxOM2,max3131/170再取前轮为研究对象，受力分析如图。一样由后轮得轮子滚动临界时补充方程解方程可得列平衡方程FN1FxFyF1M1maxOyx例题5-83232/170运动学部分

矢量法、直角坐标法、自然坐标法（轨迹、速度、加速度）平动、定轴转动（各点速度与加速度）点复合运动（速度与加速度）刚体平面运动（瞬心、各点速度与加速度）3333/170动力学部分

质点运动微分方程转动惯量、惯量积、惯性主轴动量、动量矩、动能、冲量、功、势能动力学普遍定理综合应用平面运动刚体动力学方程及其应用惯性力及惯性力系简化、动静法、静平衡与动平衡概念3434/170专题部分机械振动（单自由度振动周期、频率、振幅、临界转速和隔振概念）第二类拉格朗日方程（广义力概念与计算，第二类拉格朗日方程应用）3535/170专题部分

质点系虚位移原理应用（虚位移、虚功、自由度、广义坐标）碰撞问题（碰撞问题特征及其简化条件，恢复因数、对心碰撞及定轴转动刚体和平面运动刚体碰撞问题）3636/170机械振动基础3737/170

振动是日常生活和工程实际中常见现象。比如：钟摆往复摆动,汽车行驶时颠簸，电动机、机床等工作时振动，以及地震时引发建筑物振动等。

利：振动给料机弊：磨损，降低寿命，影响强度振动筛引发噪声，影响劳动条件振动沉拔桩机等消耗能量，降低精度等。3.研究振动目标：消除或减小有害振动，充分利用振动为人类服务。2.振动利弊：1.所谓振动就是系统在平衡位置附近作往复运动。3838/170

4.振动分类：单自由度系统振动

按振动系统自由度分类

多自由度系统振动弹性体振动

按振动产生原因分类：自由振动：无阻尼自由振动有阻尼自由振动，衰减振动强迫振动：无阻尼强迫振动有阻尼强迫振动自激振动本章重点讨论单自由度系统自由振动和强迫振动。3939/170

§单自由度系统无阻尼自由振动

一、自由振动概念：4040/170

4141/170

运动过程中，总指向物体平衡位置力称为恢复力。物体受到初干扰后，仅在系统恢复力作用下在其平衡位置附近振动称为无阻尼自由振动。质量—弹簧系统：单摆：复摆：4242/170二、单自由度系统无阻尼自由振动微分方程及其解

对于任何一个单自由度系统，以q为广义坐标（从平衡位置开始量取），则自由振动运动微分方程必将是：

ke,me是与系统物理参数相关常数。令则自由振动微分方程标准形式：

解为：4343/170

设t=0时，则可求得：或：C1，C2由初始条件决定为4444/170

三、自由振动特点：

A——物块离开平衡位置最大位移，称为振幅。

nt+q——相位，决定振体在某瞬时t位置

q——初相位，决定振体运动起始位置。

T——周期，每振动一次所经历时间。

f——频率，每秒钟振动次数，f=1/T。——固有频率，振体在2秒内振动次数。反应振动系统动力学特征，只与系统本身固有参数相关。4545/170

无阻尼自由振动特点是：

(2)振幅A和初相位q取决于运动初始条件(初位移和初速度)；(1)振动规律为简谐振动；四、其它

1.假如系统在振动方向上受到某个常力作用，该常力只影响静平衡点O位置，而不影响系统振动规律，如振动频率、振幅和相位等。4646/170

2.弹簧并联络统和弹簧串联络统等效刚度并联串联并联串联4747/1701.

由系统振动微分方程标准形式2.能量法：

§19-2求系统固有频率方法由Tmax=Vmax,求出4848/170

无阻尼自由振动系统为保守系统，机械能守恒。当振体运动到距静平衡位置最远时，速度为零，即系统动能等于零，势能到达最大值（取系统静平衡位置为零势能点）。当振体运动到静平衡位置时，系统势能为零，动能到达最大值。如：4949/170

能量法是从机械能守恒定律出发，对于计算较复杂振动系统固有频率来得更为简便一个方法。

例2图示系统。设轮子无侧向摆动，且轮子与绳子间无滑动，不计绳子和弹簧质量，轮子是均质，半径为R，质量为m1，重物质量m2，试列出系统微幅振动微分方程，求出其固有频率。5050/170解1：以x为广义坐标（静平衡位置为坐标原点）则任意位置x时：静平衡时：5151/170

应用动量矩定理：由，有振动微分方程：固有频率：A5252/170

解2：用机械能守恒定律以x为广义坐标（取静平衡位置为原点）以平衡位置为计算势能零位置，并注意轮心位移x时，弹簧伸长2x因平衡时5353/170

由T+V=有：对时间t求导，再消去公因子，得5454/170如图所表示两个相同塔轮，相啮合齿轮半径皆为R，半径为r鼓轮上绕有细绳，轮Ⅰ连一铅直弹簧，轮Ⅱ挂一重物。塔轮对轴转动惯量皆为J，弹簧刚度为k。重物质量为m，求此系统固有频率。例3

ⅠxRxⅡxr5555/1705656/170解：系统平衡处弹簧虽有拉长，但如前所述，从平衡位置起计算弹性变形，能够不再计入重力。由几何关系，当重物位于x处，弹簧由平衡位置计算变形量也是x，则系统势能为

以系统平衡时重物位置为原点，取x轴如图。重物于任意坐标x处，速度为x导数，两塔轮角速度皆为。系统动能为ⅠxRxⅡxr5757/170不计摩擦，系统机械能守恒，有两端对时间取一阶导数，得上式为自由振动微分方程，系统固有频率为ⅠxRxⅡxr5858/170如图所表示表示以质量为m，半径是r圆柱体，在二分之一径是R圆弧槽上作无滑动滚动。求圆柱体在平衡位置附近做微小振动固有频率。RrvO1θFmgFNOO1AC例4

5959/170解：用能量法求解这个问题。设在振动过程中，圆柱体中心与圆槽中心连线OO1与铅直线OA夹角为

。圆柱体中心O1线速度为由运动学知，当圆柱体做纯滚动时，其角速度为所以系统动能为RrvO1θFmgFNOO1AC6060/170整理后得系统势能即重力势能，圆柱在最低处平衡，取该处圆心位置C为零势能点，则系统势能为当圆柱体作微振动时，可认为RrvO1θFmgFNOO1AC所以势能可改写成6161/170设系统做自由振动时

改变规律为则系统最大动能由机械能守恒定律，有Tmax=Vmax，解得系统固有频率为系统最大势能RrvO1θFmgFNOO1AC6262/170

例5鼓轮：质量m1，对轮心回转半径

，在水平面上只滚不滑，大轮半径R，小轮半径r，弹簧刚度，重物质量为m2,不计轮D和弹簧质量，且绳索不可伸长。求系统微振动固有频率。

解：取静平衡位置O为坐标原点，取C偏离平衡位置x为广义坐标。系统最大动能为：6363/170

系统最大势能为：系统最大动能为：6464/170

设则有依据Tmax=Vmax,解得6565/170

§19-3单自由度系统有阻尼自由振动一、阻尼概念：

阻尼：振动过程中，系统所受阻力。

粘性阻尼：在很多情况下，振体速度不大时，因为介质粘性引发阻尼认为阻力与速度一次方成正比，这种阻尼称为粘性阻尼。投影式：c——粘性阻尼系数，简称阻尼系数。6666/170

二、有阻尼自由振动微分方程及其解：质量—弹簧系统存在粘性阻尼：有阻尼自由振动微分方程标准形式。6767/170

其通解分三种情况讨论：

1、小阻尼情形—有阻尼自由振动圆频率6868/170

衰减振动特点：(1)振动周期变大，频率减小。——阻尼比有阻尼自由振动：当时，能够认为6969/170

(2)振幅按几何级数衰减

对数减缩率2、临界阻尼情形临界阻尼系数相邻两次振幅之比7070/170

可见，物体运动随时间增加而无限地趋向平衡位置，不再具备振动特征。代入初始条件3、过阻尼（大阻尼）情形所表示规律已不是周期性了，随时间增加，x0，不具备振动特征。7171/170

§19-6临界转速

减振与隔振概念

一、转子临界转速引发转子猛烈振动特定转速称为临界转速。这种现象是由共振引发，在轴设计中对高速轴应进行该项验算。单圆盘转子：圆盘：质量m,质心C点；转轴过盘几何中心A点，AC=e，盘和轴共同以匀角速度

转动。当

<

n（

n为圆盘转轴所组成系统横向振动固有频率）时，OC=x+e(x为轴中点A弯曲变形）。7272/170

（k为转轴相当刚度系数）临界角速度：临界转速：7373/170

质心C位于O、A之间OC=x-e当转速

非常高时，圆盘质心C与两支点连线相靠近，圆盘靠近于绕质心C旋转，于是转动平稳。为确保安全，轴工作转速一定要避开它临界转速。7474/170

二、减振与隔振概念猛烈振动不但影响机器本身正常工作，还会影响周围仪器设备正常工作。减小振动危害根本办法是合理设计，尽可能减小振动，防止在共振区内工作。许多引发振动原因防不胜防，或难以防止，这时，能够采取减振或隔振办法。

减振：在振体上安装各种减振器，使振体振动减弱。比如，利用各种阻尼减振器消耗能量到达减振目标。7575/170

隔振：将需要隔离仪器、设备安装在适当隔振器（弹性装置）上，使大部分振动被隔振器所吸收。隔振主动隔振：将振源与基础隔离开。被动隔振：将需防振动仪器、设备单独与振源隔离开。7676/170碰撞问题7777/170

在前面讨论问题中，物体在力作用下，运动速度都是连续地、逐步地改变。本章研究另一个力学现象——碰撞，两个或两个以上相对运动物体在瞬间接触、速度发生突然改变力学现象称为碰撞。物体发生碰撞时，会在非常短促时间内，运动速度突然发生有限改变。碰撞是工程中常见而非常复杂动力学问题，本章在一定简化条件下，讨论两个物体间碰撞过程中一些基本规律。7878/170

§17-1碰撞分类

碰撞问题简化碰撞：运动或静止物体在突然受到冲击（包含突然受到约束或解除约束）时，其运动速度发生急剧改变，这种现象称为碰撞。1.碰撞分类两物体碰撞时，按其相处位置划分，可分为对心碰撞、偏心碰撞与正碰撞、斜碰撞。碰撞时两物体间相互作用力，称为碰撞力（或称瞬间力）。若碰撞力作用线经过两物体质心，称为对心碰撞，不然称为偏心碰撞。7979/1708080/170两物体碰撞时，按其接触处有没有摩擦，可分为光滑碰撞与非光滑碰撞。两物体相碰撞时，按物体碰撞后恢复程度（或能量有没有损失），可分为完全弹性碰撞、弹性碰撞与塑性碰撞。若碰撞时各自质心速度均沿着公法线，称为正碰撞，不然称为斜碰撞。按此分类还有对心正碰撞，偏心正碰撞。上图中左图所表示即为对心正碰撞。8181/170碰撞现象特点是时间极短，普通为10-3~10-4s，速度改变为有限值，加速度改变巨大，碰撞力极大。

2.对碰撞问题两点简化设榔头重10N，以v1=6m/s速度撞击铁块，碰撞时间∆t=1/1000s,碰撞后榔头以v2=1.5m/s速度回跳。求榔头打击铁块力平均值。以榔头为研究对象，依据动量定理投影形式为碰撞力改变如图，平均打击力为是榔头重765倍。8282/170

可见，即使是很小物体，当运动速度很高时，瞬时力能够到达惊人程度。相关资料介绍，一只重17.8N飞鸟与飞机相撞，假如飞机速度是800km/h，（对当代飞机来说，这只是中等速度），碰撞力可高达3.56

105N，即为鸟重2万倍！这是航空上所谓“鸟祸”原因之一。害一面：“鸟祸”、机械、仪器及其它物品因为碰撞损坏等。利一面：利用碰撞进行工作，如锻打金属，用锤打桩等。研究碰撞现象，就是为了掌握其规律，以利用其有利一面，而防止其危害。8383/1702）因为碰撞过程非常短促，碰撞过程中，速度改变为有限值，物体在碰撞开始和碰撞结束位置改变很小，所以在碰撞过程中，物体位移忽略不计。依据碰撞上述特点，在研究普通碰撞问题时，通常做下面两点简化：1）在碰撞过程中，因为碰撞力非常大，重力、弹性力等普通力远远不能够与之相比，所以这些普通力冲量忽略不计；8484/170

§17-2用于碰撞过程基本定理因为碰撞力改变复杂，不宜直接用力或者运动微分方程来描述碰撞过程；又因为用力功难以计算碰撞过程机械能损失，所以也不宜用动能定理来描述碰撞过程中能量改变。而对因为碰撞冲量作用使物体运动速度发生改变能够用动量定理和动量矩定理积分形式来研究。8585/1701、用于碰撞过程动量定理——冲量定理。设质点质量为m，碰撞开始时速度v，结束瞬时速度v’,

则质点动量定理为其中I为碰撞冲量，普通力冲量忽略不计。设Ii(e)为外碰撞冲量、Ii(i)为内碰撞冲量。对质点系中第i个

受碰撞质点，有相加后，并考虑

Ii(i)=0，得8686/170上式即为用于碰撞过程质点系动量定理，它不计普通力冲量，也称冲量定理：质点系在碰撞开始和结束时动量改变，等于作用于质点系外碰撞冲量主矢。质点系动量也可用总质量与质心速度乘积计算。则2、用于碰撞过程动量矩定理——冲量矩定理。由用于碰撞过程动量定理对上式两边矢积矢径ri得上式也称为碰撞时质心运动定理8787/170将n个方程求和即上式中ri

Ii(e)为冲量矩，其中不计普通力冲量矩。该式是用于碰撞过程动量矩定理，又称冲量矩定理：质点系在碰撞开始和结束时对点O动量矩改变，等于作用于质点系外碰撞冲量对同一点主矩。8888/170

3、碰撞时刚体平面运动方程质点系相对于质心动量矩定理与对于固定点动量矩定理含有相同形式，如此推证相同，能够得到用于碰撞过程质点系相对于质心动量矩定理对平行于其对称面平面运动刚体，有上式成为再结合以上称为刚体平面运动碰撞方程。8989/170

§17-3质点对固定面碰撞

恢复系数设一小球（可视为质点）沿铅直方向落到水平固定平面上，如图所表示。9090/170

第一阶段：开始接触至变形到达最大。该阶段中，小球动能减小,变形增大。设碰撞冲量为I1，则应用冲量定理在y轴投影式第二阶段：由弹性变形开始恢复到脱离接触。该阶段中，小球动能增大，变形（弹性）逐步恢复。设碰撞冲量为I2，则：该碰撞过程分为两个阶段：9191/170因为碰撞过程有能量损失（发光、发烧、发声等），普通v’小于v，但牛顿发觉，其比值对于材料确定物体几乎不变。即常数k称为恢复因数，且恒取正值。9292/170

恢复因数k普通需试验确定，用待测定恢复因数材料做成小球和质量很大平板，如图所表示，测定小球下落高度h1和小球弹起高度h2，则则恢复因数为恢复因数表示物体在碰撞后速度恢复程度，也表示物体变形恢复程度，而且反应出碰撞过程中机械能损失程度。9393/170k=0为极限情况，物体在碰撞结束后变形丝毫没有恢复，称为非弹性碰撞或塑性碰撞。普通0<k<1。物体在弹性碰撞结束时，变形不能够完全恢复，动能有损失。k=1为理想情况，物体在碰撞结束后变形完全恢复，动能没有损失，称为完全弹性碰撞；如图斜碰撞，若不计摩擦，两物体只在法线方向发生碰撞，定义恢复原因为9494/170

又或对实际材料有k<1，由上式知，当碰撞物体表面光滑，有b>q，在不考虑摩擦普通情况下，如碰撞前后两个物体都在运动，此时恢复原因定义为式中和分别为碰撞前后两物体接触点沿接触面法线方向相对速度。9595/170

§17-4碰撞问题举例1、正碰撞结束时两质心速度比如：两物体质量分别为m1和m2，恢复原因为k，产生对心正碰撞，已知碰撞前分析碰撞结束时两质心速度和动能损失。分析：以两物体组成系统研究对象。由动量定理，得：碰撞前v1>v2碰撞后v'2>v'19696/170

列出补充方程：联立解得对于完全弹性碰撞（k=1）：(碰撞后两物体交换速度)9797/170

对于塑性碰撞（k=0）：对于普通情况（0<k<1）：2、正碰撞过程中动能损失则动能损失为9898/170

由正碰撞结束时两质心速度公式知代入上式中，得9999/170

系统动能没有损失,能够利用机械能守恒定律求碰撞后速度。(1)对于完全弹性碰撞（k=1）：(2)对于塑性碰撞（k=0）：若v2=0，则100100/170

[例1]打桩机。锤：m1，下落高度h，桩：m2，下沉

。二者塑性碰撞。求碰撞后桩速度和泥土对桩平均阻力。

解：碰撞开始时，

锤速，桩速塑性碰撞后，

依据动能定理,计算下沉

过程中,泥土对桩平均阻力F。101101/170因为右端前两项远比第三项小,往往能够略去,于是上式可写为：102102/170如图所表示物块A自高度h=4.9m处自由落下，与安装在弹簧上物块B相碰。已知A质量m1=1kg，B质量m1=0.5kg，弹簧刚度k=10N·mm－1。设碰撞结束后，两物块一起运动。求碰撞结束时速度v'和弹簧最大压缩力。AhsmaxsstB[例2]103103/170104104/170物块A自高处落下与B块接触时刻，碰撞开始。今后A速度降低，B速度增大。当二者速度相等时，碰撞结束。然后A，B一起压缩弹簧作减速运动，直到速度等于零时，弹簧压缩量达最大值。今后物块将向上运动，并将连续地往复运动。碰撞过程中，忽略重力，沿y方向系统动量守恒。碰撞后，二者一起运动速度解：

碰撞开始时AhsmaxsstB105105/170上式可整理成对smax标准二次方程

注意到，解得最大压缩量另一解为-78.55mm，弹簧为拉伸状态，不合题意。碰撞结束后，设最大压缩量为smax，由动能定理得AhsmaxsstB106106/170

[例3]汽锤锻压金属。汽锤m1=1000kg，锤件与砧块总质量m2=15000kg，恢复系数k=0.6，求汽锤效率。若将锻件加热，可使k减小。当到达一定温度时，可使锤不回跳，此时可近似认为k=0，于是汽锤效率解：汽锤效率定义为107107/170一匀质正方形货物边长是

b，质量是

m，由传输带沿倾斜角

q=15º

轨道送下，速度是

v0

(图

a)。当抵达底端时棱

D

碰上档架。假定碰撞是完全塑性，而且

D

处总碰撞冲量在垂直于棱并经过货物质心平面内。求使货物能绕棱

D

翻转到水平传输带上所需最小速度

v01

。(a)v0qω1D[例4]108108/170109109/170解:碰撞使货物内各点速度进行突然重新分布：由碰撞前平动变成碰撞后定轴转动(因为棱D被突然固定)。货物只在棱D处受到外碰撞，因而便于对棱D冲量矩方程来求解。在碰撞开始时，货物对棱D动量矩等于mv0b/2(以逆钟向为正)。在碰撞结束时，货物绕棱D转动惯量等于故这时货物对棱D动量矩等于ω1DIDmv0v0qmv0110110/170外碰撞冲量ID对棱D无矩，故货物在碰撞过程中动量矩守恒，即故求得碰撞结束时货物绕棱D角速度(b)货物对棱D动量矩等于ω1DIDmv0111111/170要使货物翻转到水平传输带上条件是：当重心G上升到最高位置时(图c

)，货物还有一点剩下动能，即T2>0或

2>0。在ω2→0临界情形时,v0趋近于最小速度v01,代入(3)得由此求得所需最小速度依据积分形式动能定理T2－T1＝∑W,有Dω2G(c)112112/170A，B两球大小相同，质量相等。球A以速度v1=2m·s－1撞击静止球B。碰撞前球A球心速度与球B相切，如图所表示。设碰撞是光滑。恢复系数k=0.6，求碰撞后两球速度。BAO1OTv1(a)ttnnoαβo1ABABTm1m1m2m2v1v2=0u1u2(b)[例5]113113/170114114/170考查球A，因碰撞力沿法线n-n方向，其沿切线t-t动量不变，即由直角三角形OO1T可求得，碰撞前球B速度为零，。碰撞后球B速度u2沿n-n线，球A碰撞后速度u1与公切线t-t成β角。依据动量守恒定理，沿n-n方向动量守恒，(a)(b)

解：BAO1OTv1(a)ttnnoqβo1ABABTm1m1m2m2v1v2=0u1u2(b)115115/170由（a），（b）和（c）三式，代入。又因m1=m2，得又知恢复系数(c)求得BAO1OTv1(a)ttnnoqβo1ABABTm1m1m2m2v1v2=0u1u2(b)116116/170滚珠轴承中钢球检验装置简图如图所表示。钢球从H=1m高度静止落下，撞在一斜置重钢板光滑平面上（倾角θ=10º）。如要求恢复系数小于0.7钢球，碰撞后回跳时不能超出固定障碍A，求挡板上端A点位置xA，yA应为多少？xtyAntHnxAθγβjyAv1u1[例6]117117/170118118/170恢复系数为，此处，Oy轴与切线t-t之间夹角j为设钢球质量为m，重钢板质量为M，。碰撞前后钢板不动，即v2=u2=0。解:因碰撞力沿法线n-n方向，故切线t-t方向动量不变，得解联立方程，求得：xtyAntHnxAθγβjyAv1u1119119/170由此可知钢球碰撞后速度u1大小和方向决定于k。令k=0.7，代入数据，求得依据物理学抛射体轨迹公式得知xA等于射程之半，yA等于最高点高度，且已知，仰角，则可求得：xtyAntHnxAθγβjyAv1u1120120/170两个质量相等球1和2，碰撞前速度分别为v1=2m·s－1和v2=3m·s－1，方向如图所表示。设恢复系数为k=0.60，求碰撞后每球速度和碰撞时所损失动能占原有动能百分比。βmm21ttnnv2v1u2u1[例7]121121/170122122/170设两球质量均为m，假设两球碰撞后速度为u1和u2。因每个球碰撞前后在切线方向动量不变，故u1必沿法线方向。设u2与法线夹角为β，则（a）因整个质点系动量守恒，故沿法线n-n方向动量守恒投影式为（b）解:1.求碰撞后每球速度。βmm21ttnnv2v1u2u1123123/170式（d）+（e）得由式（a），（b）和（c），可求得三个未知量u1，u2和β。由式（c）得由式（b）得（e）（d）另外由恢复系数定义，得（c）βmm21ttnnv2v1u2u1124124/170代入数据求得代入式（a）由式（a）和（e），消去u2，得βmm21ttnnv2v1u2u1125125/170动能损失2.碰撞时所损失动能占原有动能百分比。碰撞前动能损失动能占原有动能百分比为βmm21ttnnv2v1u2u1126126/170匀质薄球壳质量是

m

，半径是

r，以质心速度vC

斜向撞在水平面上，

vC

对铅直线成偏角q。同时球壳含有绕水平质心轴(垂直于

vC

)角速度w0

。假定碰撞接触点速度能按反向全部恢复(k

=

k´=

1)，求碰撞后球壳运动。w0CyvCIFINxAuCqβ[例8]127127/170128128/170解：球壳作平面运动，作用于它外碰撞冲量有瞬时法向反力冲量IN

和瞬时摩擦力冲量IF

。设碰撞结束时质心速度是uC，绕质心轴角速度是ω

(要求以逆钟向为正)。写出质心冲量方程和对质心冲量矩方程，并注意球壳对质心轴转动惯量JC

=2Mr2／3，有w0CyvCIFINxAuCqβ129129/170由恢复系数定义可知，在完全弹性碰撞结束后，接触点切向和法向相对速度都按相反方向全部恢复。以vA和uA分别表示碰撞始末接触点A速度，则有由运动学知从而可得w0CyvCIFINxAuCqβ130130/170于是，上面两个等式(

)就可写成联立求解上列方程(1)

(5)，就可得到需求全部答案。w0CyvCIFINxAuCqβ131131/170(a)由式(a)能够求出球壳回跳时角度β，有这个结果表明β

有可能取任意数值，只要vC，q和w配适当当。w0CyvCIFINxAuCqβ132132/170均质细杆长l，质量为m，以速度v平行于杆本身而斜撞于光滑地面，杆与地面成角θ，如图所表示。若为完全弹性碰撞，试求撞后杆角速度。xyvACθ[例9]133133/170134134/170地面光滑，杆只受有y方向碰撞冲量I，杆沿x方向动量守恒。设杆撞后质心C速度为v'C，角速度为w，如图所表示。则x方向有沿y轴投影为由平面运动基点法得知点A速度为(a)解：xywvv'Cyv'Cv'Cxv'Ayv'Av'AxACIθ135135/170撞击点A在碰撞前法向速度为，由恢复系数对质心C冲量矩定理为冲量定理沿y轴投影式为代入式（a），得(b)(c)(d)xywvv'Cyv'Cv'Cxv'Ayv'Av'AxACIθ136136/170由(c)、（d）二式消去I，得解出代入式（b），得即xywvv'Cyv'Cv'Cxv'Ayv'Av'AxACIθ137137/170均质杆AB长为l，质量为m，如图所表示。设杆在铅直面内保持水平下降，杆与固定支点E碰撞，前其质心速度为v0，恢复系数为k。求碰撞后杆质心速度uy和杆角速度Ω。已知E点到杆左端距离为。Ωyxl1lECuyv0E'I[例10]138138/170不考虑碰撞时杆弹性振动，可看成是刚体碰撞突加约束问题。E为固定障碍，碰撞前杆作平动，碰撞后杆作平面运动。作Exy坐标轴，Ey向下为正。图上所表示方向均假设为正。应用投影式，得（a）（b）解：上面三个未知量uy，Ω，S，故还需建立一个方程才能求解。Ωyxl1lECuyv0E'I139139/170注意，碰撞前E'速度为v0（方向向下），碰撞后E'点速度是质心速度uy（方向向下）与杆绕质心转动速度（方向向上）代数和，故得（c）上面三个未知量uy，Ω，S，故还需建立一个方程才能求解。Ωyxl1lECuyv0E'I140140/170由式（a），（b）和（c），消去I，求得代入得Ωyxl1lECuyv0E'I141141/170若为弹性碰撞，k=1，此时求得若为塑性碰撞，k=0，则负号表示碰撞后质心C速度向上，与碰撞前速度v0方向相反。Ωyxl1lECuyv0E'I142142/170k=1k=0143143/170一均质圆柱体，质量为m，半径为r，其质心以匀速vC沿水平面作无滑动滚动，突然与一高度为h（h<r)平台障碍碰撞，如图所表示。设碰撞是塑性。求圆柱体碰撞后质心速度、圆柱体角速度和碰撞冲量。tnOhrCO'FNFmgvCω(a)tnCOO'ItInuCΩΩ(b)[例11]144144/170145145/170设圆柱体与平台凸缘碰撞冲量为I，因碰撞接触面并非光滑，故I有公法线和公切线分量In和It，如图所表示。这是一个突加约束问题。碰撞后瞬时，柱体上O′轴线（垂直于图面）与平台凸缘上O轴线不分离，柱体突然变成绕固定轴转动，设其角速度为Ω（顺时针转动）。这时，质心速度为uC，方向如图所表示。解：tnOhrCO'FNFmgvCω(a)tnCOO'ItInuCΩΩ(b)146146/170碰撞冲量I经过O轴，所以冲量矩为零，故碰撞前后柱体对O轴动量矩守恒。碰撞前柱体对O轴动量矩为（a）碰撞后柱体对O轴动量矩为JO是柱体对O轴转动惯量，由动量矩守恒，得tnOhrCO'FNFmgvCω(a)tnCOO'ItInuCΩΩ(b)147147/170因，代入后求得因，故（b）质心速度（c）tnOhrCO'FNFmgvCω(a)tnCOO'ItInuCΩΩ(b)148148/170为了求碰撞冲量，写出碰撞过程中动量方程投影式：（d）（e）这里下标n和t分别表示速度和碰撞冲量在公法线n-n和公切线t-t上投影，其正方向如图所表示。显然tnOhrCO'FNFmgvCω(a)tnCOO'ItInuCΩΩ(b)149149/170假如在碰撞过程中用相对质心动量矩定理是否能够求解这个问题？代入式（d）和（e）得：tnOhrCO'FNFmgvCω(a)tnCOO'ItInuCΩΩ(b)150150/170

两个质量和直径都相同钢球A和B，由不计质量刚性杆相连。自高