刚体的运动学与动力学问题练习

刚体的运动学与动力学问题练习

1.如图14—14所示，一个圆盘半径为R ，各处厚度一样，在每个象限里，各处的密度也是均匀的，但不同象限里的密度则不同，它们的密度之比为1ρ：2ρ：3ρ：4ρ＝1:2:3:4,求这圆盘的质心位置．

2.如图14—15所示，质量为m 的均匀圆柱体，截面半径为R ，长为2R ．试求圆柱体绕通过质心及两底面边缘的转轴(如图中的1Z 、2Z )的转动惯量J .

3.如图14—16所示，匀质立方体的边长为a ，质量为m ．试求该立方体绕对角线轴PQ 的转动惯量J ．

4.椭圆细环的半长轴为A ，半短轴为B ，质量为m (未必匀质)，已知该环绕长轴的转动惯量为A J ，试求该环绕短轴的转动惯量B J ．

5.如图14—17所示矩形均匀薄片ABCD 绕固定轴AB 摆动，AB 轴与竖直方向成 30α=°角，薄片宽度AD d =，试求薄片做微小振动时的周期.

6.一个均匀的薄方板，质量为M ，边长为a ，固定它的一个角点，使板竖直悬挂，板在自身的重力作用下，在所在的竖直平面内摆动．在穿过板的固定点的对角线上的什么位置(除去转动轴处)，贴上一个质量为m 的质点，板的运动不会发生变化?已知对穿过板中心而

垂直于板的轴，方板的转动惯量为21

6

J Ma =.

7.如图14—18所示，两根等质量的细杆BC 及AC ，在C 点用铰链连接，质量不计，放在光滑水平面上，设两杆由图示位置无初速地开始运动，求铰链C 着地时的速度． 8.如图14—19所示，圆柱体A 的质量为m ，在其中部绕以细绳，绳的一端B 固定不动，圆柱体初速为零地下落，当其轴心降低h 时，求圆柱体轴心的速度及绳上的张力.

图14－14

图14－15 图14－

16 图14－17

图14－18

图14－19

9.如图14—20所示，实心圆柱体从高度为h 的斜坡上从静止纯滚动地到达水平地面上，继续纯滚动，与光滑竖直墙做完全弹性碰撞后返回，经足够长的水平距离后重新做纯滚动，并纯滚动地爬上斜坡，设地面与圆柱体之间的摩擦系数为μ，试求圆柱体爬坡所能达到的

高度'h ．

10.在一个固定的、竖直的螺杆上的一个螺帽，螺距为s ，螺帽的转动惯量为J ，质量为m .假定螺帽与螺杆间的摩擦系数为零，螺帽以初速度0v 向下移动，螺帽竖直移动的速度与时间有什么关系?这是什么样的运动?重力加速度为g ．

11.在水平地面上有两个完全相同的均匀实心球，其一做纯滚动，质心速度v ，另一静止不动，两球做完全弹性碰撞，因碰撞时间很短，碰撞过程中摩擦力的影响可以不计．试求：

(1)碰后两球达到纯滚动时的质心速度； (2)全部过程中损失的机械髓的百分数． 12.如图14—21所示，光滑水平地面上静止地放着质量为M 、

长为l 的均匀细杆．质量为m 的质点以垂直于杆的水平初速度0

v 与杆一端做完全非弹性碰撞.求(1)碰后系统的速度及绕质心的角速度，(2)实际的转轴(即静止点)位于何处?

13.如图14—22所示，实心匀质小球静止在圆柱面顶点，受到微扰而自由滚下，为了令小球在θ≤45°范围内做纯滚动，求柱面与球间摩擦因数μ至少多大?

14.如图14—23所示，半径为R 的乒乓球，绕质心轴的转动惯量22

3J mR =，m 为乒乓

球的质量，以一定的初始条件在粗糙的水平面上运动，开始时球的质心速度为0C v ，初角速度为0?，两者的方向如图．已知乒乓球与地面间的摩擦因数为μ.试求乒乓球开始做纯滚动所需的时间及纯滚动时的质心速度.

15.如图14—24所示，一个刚性的固体正六角棱柱，形状就像通常的铅笔，棱柱的质量为M ，密度均匀．横截面六边形的边长为a ．六角棱柱相对于它的中心轴的转动惯量

2512J Ma =

．相对于棱边的转动惯量是'25

12

J Ma =.现令棱柱开始不均匀地滚下斜面．假设摩擦力足以阻止任何滑动，并且一直接触斜面．某一棱刚碰上斜面之前的角速度为i ?，碰后瞬间角速度为f ?，在碰撞前后瞬间的动能记为ki E 和kf E ．试证明f i s ??=，kf ki E rE =，并求出系数s 和r 的值．

图14－20

图14－21

图14－23 图14－22 图14－24

参考答案

1.先确定一半径为R 的1/4圆的 匀质薄板的质心，如图答14—1所示， 在xOy 坐标中，若质心坐标为(x c ，y c )， 由对称性知x c =y c ，则根据质心的等效意义， 有

231

lim cos()cos()sin()lim

[sin 3()sin()]4

2222822n

c x x i R x R

i

R i

R i

R i

i

n

n

n

n

n

n

n

ππππππππ→∞→∞

===+∑，于是有

313sin

()sin ()1432222lim [sin 3()sin()]lim[3222234sin()

4c x x n n R R n n x i i n n n n

n

πππππππ→∞→∞+???=

+=??

1sin ()sin ()4

42222]43sin()

4n n R n n n

n

ππ

π

π

π+???+

?

?

=.

针对本题中圆盘各象限密度不同有下列方程

22123412344()()4

4

3c R R R x ππρρρρρρρρπ

+++=--+， 22

123412344()()

443c R R R y ππρρρρρρρρπ

+++=

--+，

解以上方程得0c x =，815c y R π=-.故质心坐标为(0,8

15R π

-).

2.如图答14—2所示，对图中所示的1Z 、2Z 、Z 坐标系与3Z 、4Z 、Z 坐标系运用正交轴定理，有1234J J J J J J ++=++,其中2312J mR =

,247

12

J mR =,由对称等效可知 21213

24

J J mR ==

. 3.如图答14—3所示，将立方体等分为边长为

2

a

的八个小立方体，每个小立方体体对

角线到大立方体体对角线距离d =

，依照本专题例3

用量纲分析法求解有22222()()6()()(8282

8m a m a m kma k k ??=++????，所以有 16k =，21

6J ma =.

图答14－1

1Z R 2Z

Z

4Z

3Z

图答14－2

图答14－3

4.由正交轴定理2

2()A B i i

i

J J m x y +=+∑及椭圆方程22

221y x A B

+=,得

222

22222()(1)A B i i i A A A J J m A y y mA J B B +=-+=+-∑，所以22

2B A A J mA J B

=-.

5.如图答14—4所示，设板质量为M ，则对AB 轴的转动惯量

2211

lim ()3

n

n i M d J i Md n n →∞===∑，对应于与竖直成α角的转轴，等效的重力是

与轴垂直的分量sin Mg α,

则24T =. 6.薄板上未贴m 时对悬点的转动惯量2

202

3

J J Md Ma =+=, 贴m

后2212

3J Ma mx =+.振动周期相同，应有01'()J J Mgl M m gl =+,贴上m 后，

质心相对悬点'mx Ml

l M m

+=

+

,l =,

解得x =. 7.初始时，系统具有的重力势能P E mgh =，m 为一根杆的质量，铰链C 刚着地时，速度C v 竖直向下，各杆的瞬时转轴为()A B ，转动惯量2/3J ml =，l 表示每段杆长：由于铰链C 质量不计，则系统总动能2222

1112

()233

C k C

v E J ml mv l ?===，下落中机械能守恒，有 2

13

C

mgh mv =，mgh

：得C v 8．如图答14—5所示，圆柱体关于几何轴的转动惯量21

2J mR =，对过与绳相切点P 的平行轴的转动惯量

2

32

P J m R =

；设轴心降低h 时速度为v ，由机械能守恒定律 2213()24v mgh J mv R =

=，

所以v 又由质心运动定律 mg T m R β-=，由转动定律2mgR mR β=.则1

3

T mg =．

9.纯滚动时，无机械能损失，于是满足方程2222

113()2224

mR v mgh mv mv R =+?=,

圆柱体与光滑墙碰撞，开始做非纯滚动，经时间t 达到纯滚动，质心速度由'

C C v v →，

角速度从'C C v v R R →，运用动量定理及动量矩定理'

()C C ft m v v =-，'

2()2C C v v mR fRt R R

=-，解得'

3

C C v v =

，此后机械能守恒，联系第一式可得''234mgh mv =，得'9h

h =

10.由机械能守恒定律，得2222

0011()()22t t mgs J m v v ??=-+-，又因2v s

?π=

，可得

图答14－4

图答14－5

22

'0222

24t m v v gs g s J m s π-==+，即螺帽匀加速直线下降'0

t v v g t =+，'

22

4m g g J

m s

π=+. 11.(1)如图答14—6所示，两球2

25

mv J =，刚完成弹性

碰撞时，两球交换质心速度，角速度未变；设两球各经1t 、2t 达到纯滚动状态，质心速度为1v 、2v ，对球1有

11ft mv =，21

12()5v mR v fRt R R

=-，所以127v v =；对球2

有22()ft m v v =-，22

225v mR fRt R

=,257v v =.

(2)系统原机械能222211127

()22510k mR v E mv mv R =+?=；

达到纯滚动后222222

1125122529()()()()277257770

k v v mR v v E m mv ????=++?

+=????????，则20

41%49

η=

≈． 12.(1)碰后系统质心位置从杆中点右移为2

m l

x m M ?=+.由质心的动量守恒

0()C mv M m v =+，求得质心速度0C m

v v M m

=

+. (2)由角动量守恒202122

l Ml l

mv m x ??=+，x 为瞬时轴距杆右端的距离，考虑质心速

度与角速度关系022()2()

C v mv Ml m M x Ml x M m ?==

+--

+，在2

3x l =处，有06(4)mv M m l ?=+. 13.圆柱半径与小球半径分别以R 、r 表示，小球滚到如图14—7位置时，质心速度设为C v ，角加速度β，转动惯量2

25

J mr =

，受到重力mg 、圆柱面支持力N 、静摩擦力f ，由质心运动定律，有 2cos C

mv mg N R r

θ-=+， ①

sin mg f m r θβ-=， ②

自转动定律有 22

5

fr mr β=， ③

又因小球做纯滚动，摩擦力为静摩擦力不做功，球的机械能守恒

2

222

1127()(1cos )()22510

C C C

v mr mg R r mv mv r θ+-=+?=， ④ 将③式代入②式得5sin 2f mg f mr mr θ-=，于是2

sin 7

f m

g θ=；将④式代人①式得

10()(1cos )cos 7()mg R r mg N R r θθ+--=+，所以1710

(cos )77

N mg θ=-.

图答14－6

图答14－7

C

因做滚动，必定f ≤N μ，即μ≥

2sin 17cos 10θ

θ-，在θ≤45°范围内μ

≈0.7. 14.乒乓球与地接触点O 既滚又滑且达到纯滚时，由角动量守恒，得 00C C mRv J mRv J ??-=+， 即002

()3

C C v v R ??-=

+.达到纯滚动时C v R ?=，由此可得纯滚动质心的速度002233C C v v R ?=-；其中，0022

33C v R ?＞，纯滚后球向右顺时针纯滚，若

0022

33

C v R ?＜，则纯滚后球向左逆时针纯滚．质心匀加速滚动，达到纯滚时间设为t ，由0C C v v gt μ=-，可得002()

5C v R t g

?μ+=

. 15.设以某棱为轴转动历时t ?，角速度i f ??→,时间短，忽略重力冲量及冲量矩，矢 量关系如图答14—8所示，对质心由动量定理

()sin 6

i f N t Ma π

???=+，()cos

6

f i f t Ma π

??-?=-.对刚体动量矩定理

25cos sin

()6

6

12f i f ta N ta Ma π

π

???-?=

-.解得1117f i ??=，1117s =，2121

289

r s ==

.

图答14－8