刚体力学作业解答

5.1、一长为l 的棒AB ，靠在半径为r 的半圆形柱面上，如图所示。今A 点以恒定速度0v 沿水平线运动。试求：(i)B 点的速度B v ；(ii)画出棒的瞬时转动中心的位置。 解：如图，建立动直角系A xyz -，取A 点为原点。B A AB v v r ω=+?，关键是求ω 法1(基点法)：取A 点为基点，sin C A AC A CO A A v v r v v v v ωθ=+?=+=+ 即sin AC A r v ωθ?=，AC r ω⊥，化成标量为

ω在直角三角形OCA ?中，AC r rctg θ=

所以200sin sin sin cos A AC v v v r rctg r θθ

θωθθ

===

即2

0sin cos v k r θ

ωθ

=

取A 点为基点，那么B 点的速度为：

20023

00sin [(cos )sin ]

cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j

r r

θ

ωθθθ

θθ

θ=+?=+?-+=-- 法2(瞬心法)：如图，因棒上C 点靠在半圆上，所以C 点的速度沿切线方向，故延长OC ，

使其和垂直于A 点速度线交于P 点，那么P 点为瞬心。 在直角三角形OCA ?中，sin OA r r θ

=

在直角三角形OPA ?中，2

cos sin AP OA r r r ctg θ

θθ

==

02

cos ()sin A PA PA PA r v r k r j r i i v i θ

ωωωωθ

=?=?-===，即20sin cos v r θωθ= 取A 点为基点，那么B 点的速度为：

20023

00sin [(cos )sin ]

cos sin sin (1)cos B A AB v v v r v i k l i l j r v l l v i j

r r

θ

ωθθθ

θθ

θ=+?=+?-+=-- 5.2、一轮的半径为r ，竖直放置于水平面上作无滑动地滚动，轮心以恒定速度0v 前进。求轮缘上任一点(该点处的轮辐与水平线成θ角)的速度和加速度。 解：任取轮缘上一点M ，设其速度为M v ，加速度为M a

θ

C A

v CO

v

如图，取轮心O 为原点，建立动系O xyz -，其中轮心的速度方向为x 轴正向，O xy -平面位于轮上。那么轮子的角速度为k k ωωθ=-=

取O 点为基点，那么M O OM v v r ω=+?

因轮无滑动地滚动，所以C 点为瞬心。0O CO v r v ω=?=

即

0CO k r j v i ω-?=，化简有00CO v v

r r

ω==，那么有：

00

00(cos sin )

(cos sin )(1sin )cos M O OM v v r v i k r i j v v i k r i j r

v i v j ωωθθθθθθ=+?=-?+=-

?+=+-

0000002

0[(1sin )cos ]cos sin (cos sin )(cos sin )(cos sin )

M M d d

a v v i v j v i v j dt dt

v i j v i j v i j r

θθθθθθθθθωθθθθ=

=+-=+=+=-+=-+ 5.3、半径为r 的圆柱夹在两块相互平行的平板A 和B 之间，两板分别以速度1v 和2v 匀速反向运动，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M 的加速度。

解：(i)如图，圆柱瞬心的位置为C 点，不妨设12v v > 在图示的直角坐标系中，k ωω=-，

11v v i =，22v v i =-，CM CM r r j =， (2)CN CN CM r r j r r j =-=-

因为1M CM v v r ω==?，2N CN v v r ω==?

所以有1CM v r ω=，2(2)CN CM v r r r ωω==-，联立解得：1

12

2CM rv r v v =+

或者取N 点为基点，那么：

11222(2)M N NM v v v i v r v i k rj r v i ωωω===+?=--?=-

1

v 2

v A

B

求得12

2v v r ω+=

，因1CM v r ω=，故112

2CM rv r v v =+

于是求得瞬心的位置位于距离M 点1

12

2CM rv r v v =

+的直径上。

(ii)瞬心到圆柱轴心O 的距离为12

12

CO CM v v r r r r v v -=-=

+ 圆柱轴心O 的速度为1212121222

O CO CO v v v v v v

v r r i ri i r v v ωω+--=?==

=+

M 点相对O 点的速度为：1212122

MO M O v v v v

v v v v i i i -+=-=-

= M 点相对O 点做圆周运动，故22

12()4MO M v v v a j r r

+==- 5.4、高为h 、顶角为2α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Ω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O xyz - 取圆锥和平面交线为y 轴， 圆锥的对称面OAB 位于O yz -平面

因圆锥轴线以恒定角速度Ω绕过顶点的铅直轴 转动，若设圆锥绕自身轴线的角速度为'ω 那么圆锥绕顶点的角速度为'ωω=+Ω

又OB 母线与平面接触，为圆锥的瞬时转动轴，故ω平行于OB

(i)在角速度合成的矢量三角形中，圆锥的角速率ctg ωα=Ω，即ctg j ωα=-Ω (ii)在动系O xyz -中，锥体底面上最高点A 的位矢可以表示为：

cos2sin 2OA OA OA r r j r k αα=+

由图中的几何关系可知：cos OA h

r α

= 所以(cos 2sin 2)cos OA h

r j k ααα

=

+

αΩ

'

ωωO

cos A OA α

(iii)因圆锥的角速度为ctg j ωα=-Ω，所以圆锥的角加速度为：

2()d d dj

ctg j ctg ctg j ctg i dt dt dt

ωααααα=

=-Ω=-Ω=-ΩΩ?=Ω 5.5、在一半径为R 的球体上置一半径为r 的较小的球，它们的连心线'OO 与竖直轴间保持α角，如图示。若'OO 绕竖直轴以恒定的角速度ω转动，小球在大球上无滑动地滚动。分别求出小球最高点A 和最低点B 的速度。 解：建立如图所示的动直角坐标系O xyz -

使'OO r 位于O yz -平面内。则有：

k ωω=，''cos 'sin j k ωωαωα=+ '()sin ()cos OO r r R j r R k αα=-+++ 'O A r rk =，'O B r rk =-

在大球和小球的角速度矢量直角三角形中，有'ω=所以2

'sin cos sin j k ωωααωα=+

''[()sin ()cos ]

[()sin ]()sin O OO v r k r R j r R k k r R j r R i

ωωααωαωα=?=?-+++=?-+=+

2'''()sin (sin cos sin )sin [(1cos )]A O O A v v r r R i j k rk r R i

ωωαωααωαωαα=+?=+++?=++

2'''()sin (sin cos sin )()sin [(1cos )]

B O O B v v r r R i j k rk r R ωωαωααωαωαα=+?=+++?-=-+

5.6、一边长为d 、质量为m 的匀质立方体，分别求出该立方体对过顶点的棱边、面对角线和体对角线的转动惯量P J 、f J 和b J

解：如图，要求图示棱边的转动惯量P J ，先求立文体过质心O 且平行于棱的z 轴的转动惯量z J

在图示的直角坐标系O xyz -中，,,x y z 轴皆为惯量主轴

ω

R

'

ω

故5

2

/2

/2

/2

2

2

2

2

/2/2/2()()66

d d d z d d d d md J x y dm x y dxdydz ρρ---=+=+==????

由平行轴定理：222

22623

P z md md md J J m =+=+= 要求图示面对角线的转动惯量f J ，先求立文体过质心O 点，且平行于面对角线的轴的转动惯量z J

，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： 222

006

000

00

0600

00

6x O y z md J md J J J md ?? ? ??? ? ?== ? ? ? ??

? ? ??

?

由平行轴定理有：

22222

22

00650

0()626412000

6f md md d md md md J m md ?? ? ? ?=+=+= ?

? ?

? ? ??

?

?

?

体对角线与坐标轴的方向余弦分别为，坐标轴为惯量主轴，那么体对角线的转动惯量为：

222

2

006

06600

6b md md md J md ?? ? ? ?== ?

? ? ??

? 5.7、一匀质等边三角形的薄板，边长为l 、质量为m 。试在图示坐标系下，求出薄板对质心C 的惯量矩阵C J ，并由此导出对顶点O 的惯量矩阵O J

O ξηζ-的坐标轴分别相互平行，ξη和xy 都在薄板平面内。

解：由图中坐标系C xyz -的取法可知，,y z

x 轴是是三角板的对称面的法线，故,,x y z 都是惯量主轴。

三角板的密度为：σ=

先求三角板对x 轴的转动惯量。

因三角板关于y 轴对称，所以三角板对x 轴的转动惯量x J

是y 轴一侧直角板的2倍，如图，取距离C 点为x ，厚为dx 的线性微元，由图中几何关系

知，线性微元的高为()3()2

32l l h x tg

x π

=-=-，22(2)m

dm dS hdx l x dx l

σσ===- 线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为2

1()12

dm h ，由平行轴定理知线性微

元对x

轴的转动惯量：22

2211()()(()()122312x h l dJ dm h dm dm h =+=+ 222

2

23222()()(2)()212212444()36

x l l m l l dJ dm x x l x x x dx

l m m m ml x x x dx

l l =-+=--+=-+-+

2

/2

3220

44422()3624

l x x m m m ml ml J dJ x x x dx l l ==-+-+=??

再求三角板对y 轴的转动惯量

如图，取距离C 点为y ，厚为dy

的线性微元，由图中几何关系知，线性微元的长为

2)63l a y tg π==

，228()33l m

dm ady dy y dy l

σ=== 线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为21

()12

dm a 故线性微元对y 轴的转动惯量：

2222321128()()121233244]399y l m dJ dm a y dy l

m y y y dy l

=

=-=--

232

2/24439924l y y l m ml J dJ y y y dy l -==-+-+=??

最后求z 轴的转动惯量：

如图，对于线元过中心且平行于z 轴的转动惯量为

21

()12

dm a

由平行轴定理知线元对z 轴的转动惯量为：

221

()()12

z dJ dm a dm y =

+

22222

232/222

18)1224243242412

l z z l ml ml m J dJ a dm y dm y dm y y dy

l ml ml ml

-==+=+=+-=

+=?????

所以三角板对板对质心C 的惯量矩阵2

22200241000

0010242400200

12C ml ml ml J ml ?? ? ???

? ?== ? ? ? ??? ? ??

?

由平行轴定理易知：

222

2

24128x ml ml ml

J J m ξ=+=+=

222

27()224424y l ml ml ml

J J m η=+=+=

222

2512312z ml ml ml J J m ζ=+=+=

因三角板中0ζ=，所以0000

O J J J J J J ξ

ξηξη

ηζ??-

?=- ? ??

?

因三角板的两腰在坐标系O ξηζ-

中方程为：η=

和η=+

即ξ=

和l ξ=

20

20

02

()423l J d d l d m d d l ξη

ξξηη

ηηηηηη=

=-=-=

所以23070240010O ml J ??

-

?=

- ? ? ???

5.8、质量为m ，长为l

的夹角θ保持恒定。求杆对端点O 的角动量。 解：选取端点O 为原点，建立如图所示 的直角坐标系O xyz -，并取杆方向为y 轴

那么2

13

x z J J ml ==，0y J =

因杆上的质点在y 轴上，所以0x z ==

0xy J xydm ==?，0xz J xzdm ==?，xz J =?故杆对O 点的惯量矩阵为：

2210

030

001003O ml J ml ?? ? ?

= ? ? ??

?

在图示的直角坐标系O xyz -中，cos sin j k ωωθωθ=+

于是杆对O 点的角动量为：2

2210

00030

00cos 01sin 100sin 33O ml L J ml ml ωωθωθωθ???? ? ???

?

? ?=?== ? ? ? ? ? ??? ? ?

???

?

即2

1sin 3

O L ml k ωθ=

5.9、一半径为r ，质量为m 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角度α，盘心则以恒定速率u 作半径为2r 的圆周运动。求圆盘的动能。

解：如图所示，过圆盘的质心C 作法线，与铅直轴相交于O 点，建立动直角坐标系O xyz -，

x 轴沿CO 方向。连接AO ，以及连接OB ，这样就构成了一个陀螺在平面II 滚动。且OA

为陀螺的瞬时转动轴，故圆盘的角速度为：

(cos sin )AO e i k ωωωββ==+。

因,,x y z 轴都是圆盘的对称线，所以x 轴， y 轴和z 轴都是惯量主轴。 设铅直转轴与水平面相交于'O 点。 设圆盘绕x 轴自转的角速度为''i ωω= 圆盘的盘心绕铅直轴的角速度为：

(cos sin )i k ααΩ=Ω-+

θ

r

m

u 2r O

B A '

O D

'

ωω

由图中的几何关系知：

2sin OC

r r α=

，2222

222222sin sin ()24sin ()sin OA OC r r r r r r r r αβαα

====+++ 22

2

22

sin 4

cos 1sin 14sin 4sin αββαα

=-=-=++ 又已知2(cos sin )()2sin C OC r v r i k i rj ααα=Ω?=Ω-+?-

=-Ω，即2u

r Ω= 212x J mr =

，2222221

1214()()4

4sin 4sin y z OC r J J mr mr mr m mr αα

==+=+=+ 在角速度矢量三角形合成的图示中，'ωω=+Ω 即(cos sin )'(cos sin )i k i i k ωββωαα+=+Ω-+ 化简有：sin sin ωβα=Ω，cos 'cos ωβωα=-Ω 所以sin sin sin 2sin u r ααωββΩ=

=，即sin (cos sin )(cos sin )2sin u i k i k r α

ωωβββββ

=+=+ 因坐标轴都是惯量主轴，所以圆盘的动能为：

222222222222221

()

21

()2

1114

[cos ()sin ]224sin (sin 24)32

x x y y z z x x z z T J J J J J mr mr mu ωωωωωωβωβαα=++=+=++=+

5.10、一半径为r 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，初始时刻圆盘的角速度大小为0ω。已知圆盘与桌面间的摩擦系数为μ。问经过多少时间圆盘将停止转动？

解：设匀质圆盘的面密度为σ，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221()2z J r r σπ=由角动量定理

dL

M dt

=，因圆盘定轴转动。故z z z J M ω=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： z z J J k ωω=

ω

r

f

d θ

圆盘上所取微元的力矩为：

2()()z dM x f dm gxk xd dx gxk gd x dxk μμσθμσθ=?=-=-=- 223

0023

r

z z M dM g x dxd k gr k π

μσθπμσ==-=-??

? 431223r k gr k σπωπμσ=-，化简为：43g

r

μω=-

积分可得：43g

t c r μω=-+，c 为积分常数

因初始时刻，0t =时，0ωω=，代入ω的表达式可得：0c ω= 因此043g

t r

μωω=-

+ 显然圆盘停止转动时，0ω=，即0403g

t r

μω=-

+，解得034r t g ωμ=

5.11、如图示，一矩形匀质薄板ABCD ，长为l ，宽为d ，质量为m 。薄板绕竖直轴AB 以初角速度0ω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k ，问经过多少时间后，薄板的角速度减为初角速度的一半？

解：匀质薄板的密度为m m

S ld

σ=

=，在薄板上取一矩形微元，数据如图所示。 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：m

dm dS dydz ld

σ==，微元速度为：v r yi ωω=?=-

所以微元受到的阻力为：22

df k y dydzi ω=

微元对z 轴的转动惯量为2

2

z m dJ y dm y dydz ld

==

薄板对z 轴的转动惯量为：200l d z z m J dJ y dydz ld ===???微元受到的力矩为23z dM r df k y dydzk ω=?=- 薄板受到的力矩为：2

32400

1

4

l d

z z

M dM k y dydzk k ld k ω

ω==-=-?

??

据定轴转动角动量定理：z z J M ω=

代入数据得：224134md k k ld k ωω=-，分离变量：2213

4d kld dt m

ωω=- 积分得：

21

3

4kld t c m

ω

=

+，c 为积分常数 l y

dz