理论力学第8章习题解答

第八章质点系动力学：矢量方法习题解答

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v A = 90 m/s 。试求：(1) 碎片A 的质量m A ；(2) 碎片B 的速度大小v B 。

解：取弹头M 为研究对象，弹头爆炸前后动量守恒 () 30cos B A v m M Mv -= () 30sin 0B A A A v m M v m --=

解得

M v v

m A A 33=，A

A B v v vv v 32--

=，代入数据得：kg 92.1=A m ，m/s 64.112=B v .

8-2 一个质量为m 1的人手里拿着质量为m 2的物体，以仰角θ，速度v 0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m 1和m 2物体系统为研究对象，人跳至最高点时只有水平速度 ?c o s 01v v =，

所费时间 g

v t ?

sin 0=。抛物前后系统水平动量守恒，即 ()()u v m v m v m m -+=+1211021c o s ?，式中1v 为抛物后人的速度。解得

1201c o s m m u

m v v ++

=?，可见，人的速度增量为2

121Δm m u

m v +=，从而跳远距离增加

()g

m m uv m v t s 21021sin ΔΔ+==?

8-3质量为m 1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m 2的小车D 由绞车拖动，相对平台的运动规律为2

1bt s =

，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1v （向左），小车D 的相对速度

bt s

v == r ，（向右），小车D 的绝对速度

bt v v v v +-=+-=1r e a ，（向右），滑动摩擦力为 N fF F =

题8-3图

题8-3受力图

题8-1图

由动量定理，

()[]F v bt m v m t

=-+-1211d d

()021=++-N F g m m

解得

()2

12121m m g m m f b m a ++-=

， ()g m m b

m f 212+≤.

当()g

m m b

m f 212+>时，01=a .

8-4 质量为m 1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m 2的甲虫以相对速度v r 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θ = 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：甲虫和矩形板组成的系统为研究对象，

0≡∑x

，

const p x =∴

即系统的水平动量守恒. 因初始系统静止，所以有00=x p ，在任意瞬时有

()0s i n r 1211=-+=?v v m v m p x ，解得板的速度?sin r 2

1v m m m v +=

，

上式对时间求导得板的加速度

?cos 2

2121R

v m m m a +=

其中用到关系 ?

R v =r

. 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

??sin sin 2

r 2122122R

v m m m m m a m a C +=+=，

列出铅垂方向的动力学方程

()()C N a m m F g m m 2121+=-+

从而地面作用在板上的约束力()?sin 2

r 221R

v m g m m F N -+=. 8-5 一人A 的质量为m ，以相对于绳为v r 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象， ()0≡∑F O

，

题8-4受力图

c o n s t ≡∴O L ，

即系统对O 点的动量矩守恒. 因初始系统静止，00≡O L ，在任

意瞬时，

()0r =-+=r v v m r mv L B B O ，

解得重物运动的速度为 2

v v B =

，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 mg F O 2=.

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m 1的重锤，重锤自高度h 处落下，测得落下时间为t 1。为消去轴承摩擦的影响，再用质量为m 2的重锤作第二次试验，测得下落同一高度的时间为t 2。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ω，则重锤的速度为ωR v =，系统对飞轮转轴的动量矩和力矩分别为

()v R

mR J mvR J L O

+=ω，f O

M mgR M -=，

由动量矩定理

O O

M t

L =d d ，导出

()

f M m

g R a R

mR J -=+2

解得重锤的加速度 ()

()

mR J M mgR R a f +-=，

于是2

1at y =

，将数据代入，导出 2

222112

121t a t a h ==

解得飞轮的转动惯量为

(

)

()(

)

222

21212212122

22t t h t t m m g t m t m h R J --+-=，摩擦力矩为

()(

)

(

)

22112

22212t t g

t m t m m m h R M f --+-=.

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。

题8-6图

题8-7图

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A ω，圆柱B 质心的速度C v 表达系统的速度状态，B 轮缘上一点E 的速度为

B C A E r v r v ωω-==，

由此得圆柱B 的角速度 A C

B r

v ωω-=

. 系统对O 点的动量矩为

C C B B A A O m r v m r v J J L 2

2=++=ωω 系统对O 点的力矩为 m g r

M O 2= 根据动量矩定理 O O

M t

L =d d ，导出 mgr mra C 22

=. 解得 g a C 5

（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 M m g r M O -=2 根据动量矩定理

O O

M t

L =d d ，导出 M mgr mra C -=22

. 显然，要使0.

8-8 质量为m 1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m 2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O 1的加速度，重物的加速度及绳中的张力。

解：1）取圆柱体O 1为研究对象，圆柱体O 1作纯滚动，列出平面运动微分方程，

ma F =∑， 11O T a m F F =-，（a ）

O O J

M α11

=∑， 1212

O T r m Fr r F α=+， (b) 2）取重物B 为研究对象，列出动力学方程

B T a m F g m 22=-， (c)

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O 1为基点，计算绳的加速度，有

B A O a r a =+α1， (d) 圆柱体作纯滚动，

A O r a α=1， (e) 联立方程（a ）- (d), 解得

系统的受力图

题8-8图

题8-8受力图

圆柱体中心O 1的加速度 g m m m a O 2

8341+=，

重物的加速度 g m m m a B 212

838+=

，

绳中的张力 2

121833m m g

m m F T +=.

8-9 如图所示，板的质量为m 1，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m 2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。

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

O f a m a m F F 211+=-， ()021=+-g m m F N ，补充方程 N f F f F =，

2）取实心圆柱为研究对象，根据平面运动微分方程，列出 O f a m F 21=-， α2212

r m rF f =

建立运动学补充方程 1a r a O =-α. 联立上面五个方程，解得板的加速度为

()2

1211333m m g

m m f F a ++-=

8-10 均质圆柱质量为m ，，半径为r ，以匀角速度ω0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

ma F =∑，0=-B

F F ，

Cy y ma F =∑，0=-+mg F F A

NB ，

αC C J M =∑，()α2

mr r F F B

A =+-，补充方程：NA A fF F =，N

B B fF F =. 解得圆柱的角加速度 ()r

f f f 2112++-

=α，

使圆柱停止转动所需要的时间 ()()

f f

g f r t ++=

-=121200ωαω.

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ω = 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C 坐标为

题8-9图

受力图

题8-10图

题8-10受力图

m 375.016

.0825.08=?+?=

=OC x C .

对质心C 的转动惯量为

质心C 的加速度为

ωC C x a =，αC C

x a =t ，在质心C 处加惯性力

n n I C ma F =，t

t I C ma F =，αC C J M =I ，

方向如图示. 列出动静方程

0=∑O

，0I t I =-+?C C C mgx M x F ，

解得22

rad/s 75.20=+=C

C C

mx J mgx α. 0=∑x F ，0n I =-F F O x ， 0=∑y

，0t I =-+mg F F O y

解得 N 96n I ==F F O x ，N 28.32t I =-=F mg F O y .

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v 0，绕圆心转动的角速度为ω0，且ω0 > v 0/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。

解：取圆柱为研究对象，圆柱作平面运动. 因初瞬时ω0 > v 0/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

ma F =∑，ma F =；

ma F =∑，0=-mg F N

，

αO

O J m =∑，α2

1mr Fr -= 补充方程为

N F f F =，

解上述联立方程，得 fg a =，r

f 2-

=α. 即，圆柱质心作加速运动，绕质心作减加速转动，

0v f g t v += ，02ωω+-

=t r g

f . 当满足ωr v =时，即fg

v r t 30

0-=ω后，圆柱作纯滚动。

题8-11图

T 型杆的受力图

()

()2

222

2m kg 583.0375.05.085.0812

125.0375.085.0812

1?=-?+??+-?+??=C

题8-12图

圆柱的受力图

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3

=f ，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

ma F =∑，C

ma mg F F =+--?sin T

； Cy y ma F =∑，0cos =-?mg F N

，

αO O J m =∑，()α2

mr r F F =- 补充方程 αr a C =

解得 ()g f a C ??cos 2sin 3

-=，将数据代入，得g a C 355.0=.

8-14 如图所示，均质杆AB 的质量为m 1，长为l ，A 端与小滑

块铰接，滑块的质量为m 2，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。求此瞬时斜面对小滑块的支承力和杆AB 的角加速度。

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2a ，杆AB 的角加速度为α，则杆AB 的质心C

相对小滑块的加速度为1a ，其大小为21αl a =，方向由α确定，如图示. 加惯性力

222a m F I =；

45cos 2111a m a m F ICx +=；

45sin 21a m F ICy =；

αC IC J M =，

其中1221l m J C =为杆AB 对其质心轴的转动惯.量。列出动静方程

0=∑x

， 045sin 45cos 2I N =++-ICx F F F ；

0=∑y

，

()045sin 45sin 2I 21=+++-ICy N F F g m m F ，

0=∑A

m ，02I I =+C Cx M l F . 解得

()g m m m m a 21211853++-

=，()g m m m m a 212128524++=，()()g m m m m m m F N 2

121218542+++=

题8-13图

圆柱体受力图

题8-14图

杆AB 连同小滑块的杆AB 连同小滑块

受力图及加速度分析的惯性力

杆AB 的角加速度为

()()l g

m m m m l

a 212118562++-

α. 若取m m m ==21，则

g a 1361-

=，g a 13

282=，mg F N 132

10=，l g 1312-=α. 于是，杆AB 质心的加速度为

g a Cx 132=

，（向左）； g a Cy 13

8=，（向下）.

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

C I ma F =，αC IC J M =，其中α2l a C =

，2121

ml J C =. 列动静方程 0=∑x F ，0=Ax F ；

0=∑A

m ，()02=--IC I M l

F mg ， l

23=α，（顺时针）.

0=∑y F ，0=-+mg F F I Ay

mg F Ay 4

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，A

B 杆作定轴转动，列出定轴转动微分方程

A A J m α=∑，()AC ml l mg α23

1230sin = ，解得AC 杆的角加速度为

g AC 43=

α，（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. 在AB 杆质心D 点加惯性力

D I D ma F =，AB D I D J M α=；

其中AB D l

a α2

题8-15图

AB 杆的受力图

题8-16

图

AC 杆受力图

在BC 杆质心E 点加惯性力

30cos B I Ex ma F =，()

EB B I Ey a a m F += 30sin ，BC E I E J M α=，其中AB B l a α=，BC EB l

a α2=. 惯性力（矩）的方向与（角）加速度方向相反. 列出动静方程

0=∑A m ，030cos 2

30sin 2=+---I

E I Ex I D I D M l

F M l F l mg ，

3）取BC 杆为研究对象， BC 杆作平面运动. 列出动静方程

0=∑B

m ， ()02

=+-I E I Ey M l mg F . 联立上面两式，解得AB 杆和BC 杆的角加速度为

l g AB 5518=

α，（逆时针）；l

BC 5569=α，（顺时针）.

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?,x 表达椭圆摆的位形.

在滑块A 上加惯性力：A I

Ma F =，与A a 反向；在质点B 上加惯性力：

(

)

??sin cos n

t BA BA A I Bx a a a m F -+=，与x 轴反向；

(

)

??c o s s i n n

t BA BA I

By a a m F +=，与y 轴反向，

其中x a A =，?

l a BA =t ，2n

? l a BA =. 列出动静方程 0=∑x

F ，0=--I Bx

I A

F F ，

0=∑A

m ， ()

0sin cos =+--??l mg F

l F I By

I Bx ，

代入并整理得椭圆摆的运动微分方程

()0s i n c o s 2=-++???? ml ml x M m ， 0s i n c o s c o s =++????g l x

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0=ω. 在质心加惯性力

C I C

ma F =，αC I C

J M = 其中αR a C =，22

mR J C =

. 列动静方程 0=∑B m ，0cos =--I C I C M R F mgR ?

解得 2

3R Lg =

α；于是，圆柱质心C 的加速度为

题8-18图

BC 杆受力图

题8-17图

椭圆摆的受力图

Lg a C 3=

. 0=∑x F ， 0sin =+?I C Bx F F ，

解得 mg R L R L F Bx 2

264-=.

0=∑y F ，0cos =-+mg F F I C By ?，

解得 ???

??-=2261R L mg F By .

8-19 轮轴质心位于O 处，对于轴O 的转动惯量为J O 。在轮轴上系有

两个质量各为m 1和m 2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：取轮轴连同两个质量各为m 1和m 2的物体组成的系统为研究对象，设轮轴的角加速度为α，则重物m 1和m 2的加速度为α11r a =，α22r a =. 加惯性力

111a m F I =， 222a m F I =，αO I

C J M =，

方向如图示。列动静方程

0=∑O m ，()()0212111=-+--I

C I I M r F g m r F g m ，解得 ()2

222112211r m r m J g r m r m O ++-=

α；

按题意要求轴承的动反力，因此动静方程中将不计入重力。

0=∑x F ，0=O x F ；

0=∑y

，021=-+I I O y F F F ，

解得 ()()2

222112211112

2r m r m J g r m r m r m r m F O Oy ++--=.

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。

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 αr a =1 在圆心处加惯性力 15.0ma F I

=， 14

1mra J M O I

==α.

列出动静方程

0=∑A

，

021=++?-I

C I f M r F r F ，

题8-19图

轮轴-质量系统的受力图

题

8-20图

圆柱的受力图

平板的受力图

解得 118

ma F f =

. 2）取平板为研究对象，因两个轮子的运动相同，有 21f f F F =，

平板的加速度为12a a =. 按质心运动定理列出平板的动力学方程 ma F F f =-12，平板的加速度为

a 118=

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。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 2ωe a C =，

加惯性力 2ωme ma F C I ==. 由达朗贝尔原理和对称性知

121ωme F F F I B A ===.

代入数据得轴承A 和B 处的动约束力的大小为

N 79.15==B A F F ，

方向为在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N 982

=mg .

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.

ⅰ）运动分析. OA 杆作定轴转动，AB 杆作平面运动，初瞬时各点的速度为零. 设AB 杆角加速度为1α，BC 杆角加速度为

2α，则有

1αl a C =

，1αl a A =；选A 为基点，则有 24

30cos 22αl a a A C x C =

， 214

30sin 22ααl l a a a A C A y

C +=+= ，

题8-21图

转子受力图

题

8-22图

加速度分析图

ⅱ）动力学分析. 加惯性力

11C I ma F =，111αC I

C J M =；

x C I x C ma F 22=，y C I y C ma F 22=，222αC I C J M =

其中2

121ml J J C C ==. 根据达朗贝尔原理，有

0=∑O

，

(

)()

030cos 230sin 2

222211

=++??

? ??

+-++-I

C I x I y I C I M l F l l mg F M l mg F .

2）取AB 杆为研究对象. 如前加惯性力后列动静方程

0=∑A m ，

()030cos 2

sin 2

222=++-I

C I x I y

M l F l

mg F

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

0=∑x

F ，D

ma F F =-，

0=∑y F ，0=-mg F Ay

αD D J m =∑，αD

Ax J Fb L

F =-2

3个式子中有4个未知数，需建立补充方程。为此需判定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 α2

L a D =

联立上面4个方程，解得

N 125=Ax F ，N 294=Ay F

最大静滑动摩擦力为 N 2.88max ==Ay fF F ，

因 m a x F F Ax >，所以A 处是滑动的，且摩擦力方向向右. 于是补充方程是

Ay Ax fF F F ==max ，

解得 rad/s 656.0-=α，2

m/s 76..于是，该瞬时点C 的加速度为

受力分析图

AB 杆受力图

题8-23图

AC 杆受力图

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ω，角加速度为α。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。

解：a) 小球A 和B 的加速度为

法向加速度： 2n ωr a =，切向加速度： αr a =t ；法向惯性力： n I n ma F =，切向惯性力：t I t ma F =；将此惯性力系向O 点简化，得到

惯性力系的主矢：0I =R F ；惯性力系的主矩：α2I

22mr mra M t O ==.

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：0I =R F ；惯性力系的主矩：

α2I 22mr mra M t O z ==，2n I

ωmrh mha M O x ==，αmrh

mha M O y ==t I . 显然，惯性力系的主矩I

Ox M 、I Oy M 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： 2An ωr a =，2Bn 2ωr a =；切向加速度： αr a =At ， αr a 2Bn =.

法向惯性力： A n I A n ma F =，Bn I

Bn ma F =，

切向惯性力： At I At ma F =； Bt I Bt ma F =.

将此惯性力系向O 点简化，得到

惯性力系的主矢：2I ωmr F Ry =（与y 轴同向），αmr F Ry =I

（与x 轴同向）；

惯性力系的主矩：α2I 5mr M O z =.

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： ?ωs i n 2

n r a =，切向加速度： ?αs i n t r a =；法向惯性力： n I

n ma F =，切向惯性力：t I t ma F =；将此惯性力系向O 点简化，得到

惯性力系的主矢：0I =R F ；

惯性力系的主矩：?ω?cos 2cos 22

n I

mr mra M O x ==，

?α?sin 2sin 22t I mr mra M O y ==，?α?cos 2cos 22

t I mr mra

M O z ==. 显然，此惯性力系不是动平衡的，只是静平衡

题8-24图

8-25 不同材料制成的小球A 和B 质量分别为m 1和没m 2，将它们用两根长为l 的等长细

绳悬挂起来，如图示。将其中球A 拉过偏角α，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β。设角度α与β已由实验测出，求两球碰撞的恢复因数。解：1）小球A 为研究对象，碰撞前小球A 的速度为 ()αc o s 121-=g v A .

2）小球B 在初速度2B v 下运动到β位置，则 ()βc o s 122-=g v B ，

3）碰撞水平动量守恒，碰撞后小球A 和B 的速度分别为22,B A v v ，有

222111B A A v m v m v m +=. 解得 ()

βαcos 1cos 12211

122112---=-=

m m m g m v m v m v B A A .

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 。解：取小球为研究对象，分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0v ，在水平方向列出碰撞动量定理：I mv =0，解得 m

v =

0. 2）小球在初速0v 下的平抛运动，落地前的铅锤速度为 gh v y 2=

，花费时间g

h t 21=

. 3）小球与地面的碰撞，碰撞后的铅锤速度为1y v ，按恢复因数的定义，得小球与地面碰撞后的速度为

gh e ev v y y 212==.

4）小球以初速0v ，2y v 的平抛运动，在空中运动时间为 g

h e

v t y

22222==

. 于是球在地板上最初两个落点之间的距离

AB 为

题8-26图

题8-25图

m Ie t v x AB 2220==.

8-27 小球A 垂直落下，以速度v 0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θ以及碰撞后小球的速度u 的大小。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，如图示，由碰撞动量定理，? 0s i n c o s 0=-??mv u m 即?tan 0v u = 按恢复因数的定义，有

cos sin 0v u e --

即?cot 0ev u = 解得 e arctan =?

8-28 两个物体A 和B 可视为质点，质量分别为m A 和m B ，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v 0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v 0垂直上抛所能达到的高度为

v h 220

=，

所以，当gl v 20≤时，物体A 所能达到的高度为h . 设gl v 20>，则物体A 达到高度l h =1时，速度为

gl v v 2201-=

，

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

()21v m m v m B A A +=，

物体A 与物体B 一起运动的初速度为

gl v m m m v B

A A 22

02-+=

于是，以初速2v 垂直上抛所能达到的高度为

g gl

v m m m g v h B A

A 2222

222-???? ??+==，所以物体A 所能达到的最大高度为g gl

v m m m l h h H B A

A 222

21-???? ??++=+=.

题8-27图

受冲力作用的小球

题8-28图

8-29 图示质量为m 、长为l 的均质杆AB ，在铅锤平面内保持水平下降，当它与支座D 碰

撞时，质心C 的速度为v 0。已知碰撞恢复因数为e ，，求碰撞后杆AB 的角速度和质心C 的速度。

解：以杆AB 为研究对象. 考虑碰撞过程，碰撞冲量如图示. 碰撞动量定理 ()I mv mv C =---0，碰撞动量矩定理 40l I

J C =-ω， 212

ml J D =

补充方程： 0

v v

e D =，

ω4

v v D C +-=

联立上面4式，解得

()l v e 01712

ω，（逆时针）. ()0437

v e v C -=，（向上）.

8-30 均质细杆AB 置于光滑的水平面上，围绕其质心C 以角速度ω转动，如图1-3所示。

如突然将点B 固定（作为转轴），试求杆AB 绕点B 转动的角速度。解：以杆AB 为研究对象，在点B 固定前，杆质心的动量 00=p ，相对质心的动量矩

ωC C J L =0，212

ml J C =

，杆对B 点的动量矩为

ωC C B J l

L L =+=2

00，突然将点B 固定后，杆对B 点的动量矩为

11ωB B J L =，2

1ml J B =，

因对B 点的碰撞举为零，所以，对B 点的碰撞动量矩守恒

01B B L L =，021212

31ωωml ml =，

解得突然将点B 固定（作为转轴）后，杆AB 绕点B 转动的角速度 4

1ωω=，（逆时针）.

8-31两个相同的小球（可视为质点）A 和B 质量均为m ，用长为l 、质量不计刚性杆连接。

该结构从高度h 处水平地自由下落，两球分别与固壁D 1和D 2同时发生碰撞，如图所示。D 1与水平面的夹角为45?，球A 与其相撞时的碰撞恢复因数为0.5。D 2水平放置，球B 与其相撞时的碰撞恢复因数为1。假定所有碰撞接触处是光滑的，试求碰撞后球A 的速度和杆AB 的角速度。

题

8-29图

杆受冲力作用

题8-30图

B 端被突然固定时杆受冲力作用

解：取两个相同的小球A 和B 连同刚性杆为研究对象，碰撞前两球具有相同的速度 gh v 20=

，

因假定所有碰撞接触处是光滑的，所以碰撞后小球的速度与接触面垂直，如图所示. 列出碰撞方程

Bx Ax NA mv mv I += 45cos ，

()0245sin mv mv mv I I By Ay NB NA --+=+ ，

245sin 22l mv l mv l I l I Ay By NA NB

-=- . 上面3个方程含有6个未知量，需联建立3个补充方程恢复因数：

45cos 45sin 45cos 0v v v e Ay Ax A -+-=，

v v e By

B --

=，

AB 为刚性杆： Bx Ax v v =.

联立上面6个方程，解得 02mv I NA =

，02mv I NB =，2

v v v Bx Ax =

=，0=Ay v ，0v v By =. 于是碰撞后球A 的速度和杆AB 的角速度为 2

2gh v A =，l gh l v By 2=

=ω.

8-32 质量为m 、半径为R 的均质圆柱体，以质心速度v C 在水平面上作纯滚动，向前运动

过程中，突然遇到高度为 h 的凸台，发生完全非弹性碰撞如图所示。试求圆柱体不脱离点A 滚上凸台继续运动的条件。

解：取圆柱体为研究对象. 碰撞前圆柱体质心的动量为

C mv p =0，圆柱体相对质心的动量矩为

00ωC C J L =， R

mR J C C ==02,21ω.

从而圆柱体对A 点的动量矩为

()h R p J L C A -+=000ω. 碰撞后圆柱体对A 点的动量矩为 11ωA A J L =， 22

mR J A =

根据碰撞动量矩守恒定律

01A A L L =，()h R p J J C A -+=001ωω，解得：R

v R h C

??? ??-

=3211ω. 圆柱体在此初角速度下能够绕A 点滚上凸台，须有

题8-31图

杆受冲力作用

题

8-32图

圆柱受冲力作用

mgh J J A A -=-21222

121ωω 即

0342

212

2>-

=R gh

ωω， 3432122

v R h C >??

? ??-. 此外，还须确保圆柱绕A 点转动时不脱离A 点. 圆柱绕A 点转动时

的角速度由动能定理求得

()R R h mg J J A A -+-=-?ωωcos 2

21212，解得 ()R R h R g -+-=?ωωc o s 342

12. 按质心运动定理

n n c o s A C F mg ma -=?

， 2n

ωR a C = 解得圆柱不脱离A 点的条件为 0c o s n n >-=C A ma mg F ?

即 ()[]h R R g v R h C --

? ??-4cos 7332122

?， ()??≤≤0.

显然上式只需当??=时满足就行了，此时()R h R -=?cos ，代入上式，化作

()h R g v R h C -

? ??-22

321. 圆柱体不脱离点A 滚上凸台继续运动的条件为

()h R g v R h gh C -

? ??-<2

32134. 由

()h R g gh

-<3

4 进一步得到凸台高度需满足如下条件 R h 7

圆柱绕A 点转动时的受力图

理论力学 第8章 习题解答

理论力学第8章习题解答