1、習題課7剛體力學例71 一繩繞在一個質量為m,半徑為R的圓柱體上, 現將繩鉛直地向上拉，以使自圓柱體放開時其質 心不致下落，試問：(1)繩中張力為多大？ 當圓柱體達到角速度為co時，張力對圓柱體做了 多少功？(3)在此間內，共放開的繩子長度為多少？mg【解】(1) 圓柱體的動力學方程為T mg = mac據題意 ac = O, T = mg(2) 若t=0時，(o =(o0=0則 A.t (m R ) co mR. co 2 24(3)因為重力矩=0,張力矩=RT,所以合力矩作功即是張力矩作功atrQAy = RT 0 = RfiigO=；4gR%2S = &R = (繩長)4g例72

2、兩均勻的圓柱體繞各自的質心軸轉動，兩軸相 互平行，半徑分別為Ri和R2,質量分別為m】和oh。最 初兩圓柱體同方向轉動，角速度分別為0)10和0)20。然 后它們相向移動，直到接觸有一共同切線為止，試求 穩定后每個圓柱體的角速度。【解】兩圓柱體從接觸到穩定狀態只受摩擦力，由角 動量定理-J /r = I x-Z>1O )(1)-JSo) (2)由上兩式可得llR2(eol °o)= 12RCO2 血 20)(3)穩定后在接觸處的線速度相等，即R® =<4)代入兩圓柱體的轉動慣量:/.=丄m.R 22(5)得到加嚴（。1 一。10）= ,ri2R2（2 。20）皿

3、 2220聯立解（4） .（5）式可得（"1 I + E 2 Ml"2尺22。_叫尺®。（力+力2）尺2例7.3 個質量為M、半徑為R的勻質飛輪以角速度（0 繞過質心的水平軸旋轉，一個質量為m的碎片從飛輪 邊緣飛出，且速度方向正好垂直向上。試求碎片能上 升的最大高度及飛輪余下部分的角速度，角動量和動 能1 m3M【解】 碎片離開飛輪時的初速度為 =尺0(1)22 2碎片能上升的最大高度為 乞”=嚴=蘭產 (2) 2g2g在碎片離開飛輪前后，由碎片和飛輪組成的合系統沒受到外力矩，系統角動量(對于轉軸)守恒，有1 ,( 1 r 八一 MR a = MR -mR co

4、+ m vR (3)2 (2 丿將(1)式代入(3)式得到CD y CD飛輪對于轉軸的角動量(11Z * rz? * = MR 2 tn R co = (Af+ 2m )R 2 a>UJ2飛輪的動能E = Z *2 = 丄 MR 2 m R 122 I 2丿=(M + 2m )1?24例7.4長為L的勻質細桿水平地放在桌面上，質心離 桌邊緣距離為a,從靜止開始下落。已知桿與桌邊緣 的摩擦系數為収 試求：桿開始滑動時的臨界角。【解】無滑動時，桿繞A點作定軸轉動，由轉動定理 rrt a cosd = I(1)桿對于A點的轉動慣量為(應用平行軸定理)*71°I A =/ 4-/w a

5、 _ = in LT 4- m a(2)1 2無滑動時，桿上各點作圓周運動，對于桿寫出動力 學方程：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可得兩邊積分，并利用初始條件：當0=0時（o = 0,2 2/w ga sin Ob = (5)將(5)式代入(3)式，并利用(2)式，得(6)24/nga 將（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剛開始滑動的臨界條件為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質量為m、長為L的勻質細棒以一端O為支點懸 掛起來。今在O以下h處的A點對棒施以水平沖擊力F, 求O點軸承所受的水平沖力又問h為何值時O點軸 承處所受的水平沖力為零？(滿足此條件的A點稱為 打擊中心)7F A【解】由轉動定理Eh = Ip (1)此時質心獲得水平方向的切向加速度，則乙 、%

7、= P (2)2根據質心運動定理，應有叫 =F f(3)* 、 、, 、mm(1)、(2)、(3)聯立解得 廠=(1一2-)尸代入丿=丄得到 Z=d- )3 2L22當h v向右；當h 二L ，/*向左；3 3一 2 當方=L= O3例76 個質量為m,半徑是R的圓盤繞過其盤中心以O點為原點,z軸沿盤面的法線方向,建立0 xyz坐標系,x軸和轉軸在一個平面內ocd = cd i 4- cd=(2>(sin ai + cos a j、所以Izzm R 22以O點為原點,z軸沿盤面的法線方向,建立0 以O點為原點,z軸沿盤面的法線方向,建立0 本題可以這樣考慮，將Jx和Jz分別向轉軸方向業

8、并求和，得到J的轉軸分量為兒丄 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 勻質細棒，質量為m,長為L,處于水平方 位靜止不動。它突然受到向上沖量FZkt的作用，F距 棒的質心為X。求棒的運動。【解】因為棒受沖擊的時間彳艮短，重力可忽略。 質心平動的運動方程F = mac , FAt=mVcVc= FAt/m棒繞質心轉動的轉動方程。據轉動定理

9、Fx = Ic/? , F At x =Ic/?At=Icto:.(o= FAt x /1=12 FAt x /mL2以后，由于細棒的質心以Vc的初速度作上拋運 動，并繞過質心的軸以0的角速度作轉動。細棒作平面平行運動，棒上各點的速度不同。距棒 中心X處的速度為VxVx = Vc+(ox其中有一點，速度為0,該點成為打擊中心。設該點距質心為X。則Vc+(ox0=0即 x0= Vc /co=一 (FAt/m) / (12 FAt x / mL2)=-L2/(12x)若打擊處x = L/6,打擊中心在L/2處。與地面接觸點的速度Vp：Vp =vc- wR= Vo- Jigt-5pgt/2= V0-

10、7pgt/2這表明在撞擊后，小球既滑動又滾動，但平動速度 逐漸變小，轉動速度逐漸加快。經過1時間后，小球純 滾動，此時滿足Vp=O即有 V。一7pgT/2 = 0得到 t = 2 Vq / 7 jig此時質心的速度：Vc= V() |igT = 5 V()/ 7球運行的距離：S = V°t + acx2/2=12 V02/(49pg)例7.9 長為L,質量為m的勻質細桿是由兩根同樣 的細桿A和B組成，兩桿用光滑的較鏈連結于O點。 桿位于光滑的水平面上，它們可繞過O點的豎直軸自 由轉動。初始，兩桿成一條直線，今在A桿左端突然 施以水平沖力，沖量為P,方向與棒垂直。求：(1)桿A和B的質

11、心速度Vy Vb；(2)桿A和B的角速度【解】沖擊瞬間O點尚無位移，設想A桿左右兩端受 到沖量P和P，作用；B桿左端受到沖量P”的作用，且 P，=P”。P0由質心運動定理和轉動定理,對于A桿，有L L1廠卩亍"匚= _lzwL96對于B桿，有2L2 212丿ml 396由于連接點速度相等，因此有LLVA聯立解得5PV,=,2/w18PCD .=mL6Ptn L（以上負號表示所設量的方向與實際方向相反）細桿所獲的動能為例7.10質量為m,長為L的勻質細桿位于豎直平面內，其一端B置于光滑的地面上，另一端A靠在光滑的墻面。初始桿靜止，桿與墻面成角，然后釋放桿讓其滑動。(1)墻面和地面對桿的

12、作用力;(2)桿脫離墻面時桿與墻面的夾角OoB x【解】桿作平行平面運動。 桿的質心運動方程 m x . = Fy c z - g 轉動方程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下滑過程，機械能守恒，應有L1 / 2 2、m g coscos O + -m+ y2 2 2L將聯立解，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：從到兀/2過程中，N>0,但F逐漸變小,當F = 0時桿將脫離墻面。設F = 0 時，0= ffm由 3cos 氐2cos “0=0 得 "m = cos_1(2cos Oo! 3)用瞬心法求解桿的瞬時下滑可看作繞瞬心P的運動。瞬心P點的加速度 dp =dc+d因為瞬心p點繞質心作圓周運動，所以在該瞬時它相 對質心的速度=0,其相對質心的加速度

14、只有切向分 量，故有deCD =)dtI co x CP dtd cd 一x OC = a慣性力矩=0,有sin O212 廠 12m I + m =m I 1243 例711講義5 11題長為L,寬為b,質量為m的勻 質薄板，能繞過寬邊的中心并垂直于板平面的水平軸 O自由轉動。初始板靜止，處于軸的正上方，然后向 下擺動。球板到達水平位置時，求：得到 ° sin &21（1）板的角速度和質心速度；（2）軸處的約束反力。【解】對軸O的轉動慣量為6 = J力Oh29mdl = Xbdx卜 Abdxx 9 X =1 2bLm1 2(4Z? + "2)角速度由系統的機械能守恒和轉動定理，得mgL12c 一 c22/ 12gZ”37 滬 + 4L而M =L-mgsin &2dj dt=4Q當O =,M =24£? +b21 2nr p得到Q =6Lg4廠+滬質心的速度和加速度23 &乙2 厶2 + 4乙2求約束力。drdZdZ例12質