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1、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 0 v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Axyz，取A点为原点。 BAAB vvr，关键是求 法 1(基点法 )：取A点为基点，sin CAACACOAA vvrvvvv 即sin ACA rv， AC r，化成标量为sin ACA rv 在直角三角形OCA中， AC rrctg 所以 2 00 sinsinsin cos A AC vvv rrctgr 即 2 0sin cos v k r 取A点为基点，那么B点的速度为： 2 0 0
2、 23 0 0 sin (cos )sin cos sinsin (1) cos BAAB v vvrv iklilj r v ll vij rr 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 在直角三角形OPA中， 2 cos sin APOA r rrctg 02 cos () sin APAPAPA r vrkrjriiv i，即 2 0sin cos v r 取A点为基点，那么B点的速度为： 2 0 0 23 0 0 sin (cos )sin co
3、s sinsin (1) cos BAAB v vvrv iklilj r v ll vij rr 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 0 v前进。求 轮缘上任一点 (该点处的轮辐与水平线成角)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 B A 0 vr C O P A v CO v x y 如图， 取轮心O为原点， 建立动系Oxyz，其中轮心的速度方向为x轴正向，Oxy平面 位于轮上。那么轮子的角速度为 kk 取O点为基点，那么 MOOM vvr 因轮无滑动地滚动，所以C点为瞬心。 0OCO vrv 即 0CO krj
4、v i，化简有 00 CO vv rr ，那么有： 0 0 0 00 (cossin) (cossin) (1sin)cos MOOM vvrv ikrij v v ikrij r vivj 0000 00 2 0 (1sin)coscossin (cossin)(cossin) (cossin) MM dd avvivjvivj dtdt vijvij v ij r 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 1 v和 2 v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
5、，圆柱瞬心的位置为C点，不妨设 12 vv 在图示的直角坐标系中，k， 11 vv i， 22 vv i， CMCM rrj， (2 ) CNCNCM rrjrrj 因为 1MCM vvr， 2NCN vvr 所以有 1CM vr， 2 (2) CNCM vrrr，联立解得： 1 12 2 CM rv r vv 或者取N点为基点，那么： 1122 2(2) MNNM vvv ivrv ikrjrvi M y x O C M v r 1 v 2 v M N A B y xC O 求得 12 2 vv r ，因 1CM vr，故 1 12 2 CM rv r vv 于是求得瞬心的位置位于距离M点
6、1 12 2 CM rv r vv 的直径上。 (ii) 瞬心到圆柱轴心O的距离为 12 12 COCM vv rrrr vv 圆柱轴心O的速度为 121212 12 22 OCOCO vv vvvv vrririi rvv M点相对O点的速度为： 1212 1 22 MOMO vvvv vvvv iii M点相对O点做圆周运动，故 22 12 () 4 MO M vvv aj rr 5.4、高为h、顶角为2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 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
7、为原点，建立动系Oxyz 取圆锥和平面交线为y轴， 圆锥的对称面OAB位于Oyz平面 因圆锥轴线以恒定角速度绕过顶点的铅直轴 转动，若设圆锥绕自身轴线的角速度为 那么圆锥绕顶点的角速度为 又OB母线与平面接触，为圆锥的瞬时转动轴，故平行于OB (i)在角速度合成的矢量三角形中，圆锥的角速率ctg，即ctgj (ii) 在动系Oxyz中，锥体底面上最高点A的位矢可以表示为： cos2sin2 OAOAOA rrjrk 由图中的几何关系可知： cos OA h r 所以(cos2sin2) cos OA h rjk z x y O A B h 那么最高点A的速度为： (cos2sin2)2cos
8、cos AOA h vrctgjjkhi (iii) 因圆锥的角速度为ctgj，所以圆锥的角加速度为： 2 () dddj ctgjctgctgjctgi dtdtdt 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 角，如图示。若OO绕竖直轴以恒定的角速度转动，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Oxyz 使 OO r位于Oyz平面内。则有： k，cossinjk ()sin()cos OO rrRjrRk O A rrk， O B rrk 在大球和小球的角速度矢量直角三角形中，有sin 所以
9、 2 sincossinjk ()sin() cos ()sin ()sin OOO vrkrRjrRk krRj rRi 2 ()sin(sincossin) sin (1cos) AOO A vvrrRijkrk rR i 2 ()sin(sincossin)() sin (1cos) BOO B vvrrRijkrk rR 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点， 且平行于棱的z轴的转动惯量 z J 在图示的直角坐标系Oxyz
10、中，, ,x y z轴皆为惯量主轴 x y z O A B O O R r y z x C 故 52 /2/ 2/ 2 2222 /2/ 2/ 2 ()() 66 ddd z ddd dmd Jxydmxydxdydz 由平行轴定理： 222 222 () 2623 Pz dmdmdmd JJm 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 11 (,0) 22 ，坐标轴为惯量主轴，所以有： 2 2 2 00 6 00 0000 6 00 00 6 x Oy z md J md JJ J md 由平行轴定理有：
11、 2 2222 2 2 1 00 62 1115 (,0)00() 626412 222 0 00 6 f md mddmdmdmd Jm md 体对角线与坐标轴的方向余弦分别为 111 (,) 333 ，坐标轴为惯量主轴，那么体对角线的 转动惯量为： 2 22 2 1 00 63 1111 (,)00 663333 1 00 6 3 b md mdmd 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。图中坐标系Cxyz和坐标系 O的坐标轴分别相互平行，和xy都在薄板平面内。 解： 由图
12、中坐标系Cxyz的取法可知，,y z轴是三角板的对称轴， x y C O l 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： 2 4 3 m l 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() 232 ll hx tgx， 2 2 (2 ) m dmdShdxlx dx l 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 h， 由平行轴定理知线性微 元对x轴的转动惯量： 2 222 1
13、1 ()()()()() 1223122 32 3 x hlll dJdm hdmdmhh 22 22 2 32 2 2 ()()(2 )() 212212 444 () 36 x llmll dJdmxxlx xxdx l mmmml xxxdx ll 2 / 2 32 2 0 444 22() 3624 l xx mmmmlml JdJxxxdx ll 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 22 2() 6333 lly ay tg， 2 2 42288 ()() 33333 3 mlymm dmadydyy dy lll
14、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： 22 2 23 2 112288 ()() () 121233 33 3 24444 39927 33 3 y lymm dJdm ay dy l l ml yyy dy ll 2 /3 32 2 / 23 24444 () 399243 327 3 l yy l mlml JdJyyydy ll 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 2 1 () 12 dm a xC x dx y h x y C y dy a x y C y dy a z 由平行轴定
15、理知线元对 z轴的转动惯量为： 221 ()() 12 z dJdm adm y 22 /3 22223 2 /23 222 188 () 12242433 3 242412 l zz l mlmlmm JdJa dmy dmy dmyy dy ll mlmlml 所以三角板对板对质心C的惯量矩阵 2 22 2 00 24 100 00010 2424 002 00 12 C ml mlml J ml 由平行轴定理易知： 222 2 () 24128 2 3 x lmlmlml JJm 222 2 7 ( ) 224424 y lmlmlml JJm 222 2 5 () 123123 z l
16、mlmlml JJm 因三角板中0，所以 0 0 00 O JJ JJJ J 因三角板的两腰在坐标系O中方程为：3和33l 即 3 和 3 l 3 32 2 0 3 3 2 2 0 33 2 22 00 2 2 2 3 22 () 33 4 2 33 3 12 l l l ll m Jdd l m ld l mm dd l ml 所以 2 32 30 2 370 24 0010 O ml J x y C O l 5.8、质量为m，长为l的细长杆，绕通过杆端点O的铅直轴以角速度转动。杆与转轴间 的夹角保持恒定。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Oxyz，并
17、取杆方向为y轴 那么 2 1 3 xz JJml，0 y J 因杆上的质点在y轴上，所以0xz 0 xy Jxydm，0 xz Jxzdm，0 xz Jyzdm 故杆对O点的惯量矩阵为： 2 2 1 00 3 000 1 00 3 O ml J ml 在图示的直角坐标系Oxyz中， cossinjk 于是杆对O点的角动量为： 2 22 1 00 00 3 000cos0 1sin1 00sin 33 O ml LJ mlml 即 21 sin 3 O Lmlk 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，盘心则以恒定速率u作半径为2r的圆周运动。求
18、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Oxyz， 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： (cossin) AO eik。 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 圆盘的盘心绕铅直轴的角速度为： ( cossin)ik l O z x y r C m u 2r O B A H O z x y D II I 由图中的几何关系知： 2 sin OC r r， 222 22
19、 222 22 sin sin() 2 4sin () sin OAOC rrr r rrr r 2 22 22 sin4 cos1sin1 4sin4sin 又已知 2 (cossin)()2 sin COC r vrikirj，即 2 u r 2 1 2 x Jmr， 22222 2 11214 ()() 44sin4sin yzOC r JJmrmrmrmmr 在角速度矢量三角形合成的图示中， 即(cossin)( cossin)ikiik 化简有：sinsin，coscos 所以 sinsin sin2 sin u r ，即 sin (cossin)(cossin) 2 sin u i
20、kik r 因坐标轴都是惯量主轴，所以圆盘的动能为： 222 22 222222 2 2 2 1 () 2 1 () 2 1 114 cos()sin 2 24sin (sin24) 32 xxyyzz xxzz TJJJ JJ mrmr mu 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 0。已知圆盘与桌面间的摩擦系数为 。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，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 22411 () 22 z Jrrr 由角动量定理 dL M dt ，因圆
21、盘定轴转动。故 zzz JM 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： zz JJk r f x d dx z 圆盘上所取微元的力矩为： 2 ()() z dMxfdm gxkxd dx gxkgd x dxk 2 23 00 2 3 r zz MdMgx dxd kgr k 43 12 23 rkgr k，化简为： 4 3 g r 积分可得： 4 3 g tc r ，c为积分常数 因初始时刻，0t时， 0，代入 的表达式可得： 0 c 因此 0 4 3 g t r 显然圆盘停止转动时，0，即 0 4 0 3 g t r ，
22、解得 0 3 4 r t g 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 0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 mm Sld ，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 dmdSdydz ld ，微元速度为：vryi 所以微元受到的阻力为： 22 dfky dydzi 微元对 z轴的转动惯量为 22 z m dJy dmy dydz ld 薄板对z轴的转动
23、惯量为： 2 2 00 3 ld zz mmd JdJy dydz ld 微元受到的力矩为 23 z dMrdfky dydzk 薄板受到的力矩为： 2324 00 1 4 ld z z MdMky dydzkkld k 据定轴转动角动量定理： zz JM 代入数据得： 2 24 1 34 md kkld k，分离变量： 2 2 13 4 dkld dt m 积分得： 213 4 kld tc m ，c为积分常数 B A l d C D y x z y dy z dz 因薄板绕竖直轴AB以初角速度 0转动，即 0 1 c，所以 0 2 0 4 34 m kld tm 当薄板的角速度减为初角速度
24、的一半时有： 00 2 0 4 234 m kld tm ，化简知 2 0 4 3 m t kld 5.12、一质量为m，长为l的匀质细长杆， 一端与固定点O光滑铰链。 初始时刻杆竖直向上， 尔后倒下， 试分别求出此后杆绕铰链O转动的角速度，作用于铰链上的力 N F与杆转过的 角度的关系。 解： 建立如图示的动直角坐标系Oxyz 杆对过质心C且垂直于杆的轴的转动惯量为 2 1 12 C Jml 因杆在旋转过程中只有重力做，机械能守恒： 222 2 111 (1cos )() 22226 C ll mgmJml 化简有： 3 (1 cos )g l ，即 3 (1 cos )g k l 对杆用质
25、心定理有： 2 ()() 22 Nij dll Fmgmam aamij dt 即 2 ()(sincos) 22 N ll Fmijmgij 杆对z轴的力矩为： sin (sincos)sin 222 z llmgl Mjmgijjmgik 由坐标轴的取法知，对, ,x y z轴有 21 3 xz JJml，0 y J 因杆绕z轴作定轴转动，故 zz JM 所以有： 21sin 32 mgl ml，即 3sin 2 g l 代入 N F得： 111 sin(35cos)sin2(35cos) 424 N Fmgimgjmgij 或者求角速度时用角动量定理： 22 11sin 332 mgl
26、mlml，化简： 3 sin 2 g l 即 2 sin 3 l dgd，两边积分可得： 2 2 00 sin 3 l dgd 求得 22 3 (1cos )g l 质心定理： 2 ()(sincos) 22 N ll Fmijmgij，代入,可得： sin2(35cos ) / 4 N Fmgij O lm y mg N F x C 5.13、一段匀质圆弧，半径为R，绕通过弧线中点并与弧线垂直的水平轴线摆动，求弧线作 微振动时的周期。 解： 建立如图所示的直角坐标系Oxy，长为s的圆弧的夹角范围 22 ss RR 由质心定义： c rdmrdlrdlrRdrd r dmdldlRdd 式中表
27、示弧长的线密度。令 0 2 s R ，那么 00 考虑到圆弧的对称性和坐标的选取，写成正交分解式得： 0 0 0 00 cos 2 sin cOC Rd xd R xr d ，0 c y 所以质心到弧的中点的距离为 00 00 22 sin(1sin) O COC R rRrRR 弧对过圆心且垂直于圆面的轴的转动惯量为 2 O JsR 由平行轴定理知 2 OCOC JJsr， 2 OCO C JJsr，所以有： 222 22 2 0 0 2 0 0 ()() ()(2) 4 (sin) 2 2(1sin) OCO COOCO COO COCO COC O COCOC JJsrJsrsrJs r
28、rrr sRsR rrsRsR Rr R sRsR R sR 当弧绕过O垂直于弧的轴作定轴微小转动时，由角动量定理有： 即 0 O C O sgr J ，这正是简谐振动方程，其圆频率为 O C O sgr J 代入数据并化简可得： 0 0 2 0 0 2 (1sin) 2 2 2(1sin) O C O sgR sgrg JR sR 所以微振动时的周期为： 222 2 2 R T g g R 5.14、一矩形薄板，边长分别为l和d，以角速度绕对角线转动，今若突然改为绕l边转 动，求此时薄板的角速度 O y x ds d R O C O C mg R O 解： 建立如图所示的动直角坐标系Bxyz
29、 初始时，矩形薄板以角速度绕对角线BD转动， 突然改为绕矩形边BA轴以角速度转动。 在坐标系Bxyz中，k， 2222 dl ik dldl 如图，在矩形板上取一矩形微元dxdz， 设矩形薄板的面密度为， 微元质量为dmdxdz 则 22 x dJz dmz dxdz，因此 223 000 1 3 ldl xx JdJz dxdzdz dzl d 22 z dJx dmx dxdz，因此 223 000 1 3 ldd zz JdJx dxdzlx dxld 由薄板转动惯量的垂直轴定理知 3311 33 yxz JJJl dld xz dJxzdmxzdxdz，因此 2 2 00 1 4 ld
30、 xzxz JdJxzdxdzd l 因矩形薄板中，0y，0 xyyz JJ 故 32 2 33 2 23 11 0 34 0 11 0000 33 0 11 0 43 xxz By xzz l dd l JJ JJl dld JJ d lld 在切换转轴过程中，虽然转轴对矩形薄板有冲力，但对于BA轴来说，力矩并没有改变，始 终为 0。故在切换转轴过程中，对于BA轴角动量守恒： BB JkJk，代入, B J可得： 32 2 22 33 2 23 22 32 2 33 2 23 11 0 34 11 000001 33 11 0 43 11 0 34 0 11 000001 33 11 0 4
31、3 d l dd l dl l dld l d lld dl l dd l l dld d lld dx y x z l d C B AD x z dz 即 2 233 2222 111 433 dl d lldld dldl ，化简可得： 22 4 l dl 5.15、 一半径为r， 质量为m的球体， 无转动地以速度v运动， 今若突然将其表面上的一点O定住不动，求此后球体的角速 度矢量及球体对O点的角动量L。已知O点和球心C的连 线与v成角，如图所示。 解： 选取如图所示的动直角坐标系Oxyz。 , ,x y z轴为对称面的法线，故, ,x y z轴为惯量主轴。 所以 00 00 00 x
32、Oy z J JJ J 如图，在球体上取一立体微元 222 2 2 000 52 ( sin) ( sin)sin 82 155 DDD r JhdmhdVrdV rrdrd dr rmr 所以 2 2 5 xD JJmr 由平行轴定理可得： 2222 27 55 yzD JJJmrmrmrmr 球体无转动地以速度v运动进，合力为0。球体表面定住不动后，虽然定点O会对球体很大 的冲击力，但冲击力始终过O点，对O点的力矩为0，角动量守恒： O LrmvJ 即 2 2 2 2 5 0 7 000 5 cossin0 7 5 mr ijk mrmr vv mr 27 sin 5 rvmr 解得： 5
33、 sin 7 v r ， 5 sin 7 v k r sinLmrvmrvk 5.16、一匀质圆盘竖直地在一坡角为的斜面上无滑动地滚下。证明： r dr sinrd rd d d sin D hr D d dm O m v O r x y (i)圆盘质心的加速度大小为 2 sin 3 g (ii) 圆盘和斜面间的摩擦系数至少为 1 3 tg 解： 匀质圆盘的受力分析如图所示。 设匀质圆盘的质量为m，半径为r，斜面的摩擦系数为。 建立如图所示的动直角坐标系Cxyz，圆盘位于Cxz平面 x轴平行于斜面， y轴垂直于圆盘的盘面。 N ffiF i， NN FF k，(sincos)mgmgik 圆盘
34、应用质心定理（x轴方向）：sin C mgfma 圆盘应用质心定理（z轴方向）：cos0 N Fmg 圆盘质心应用角动量定理（y轴方向）： y Jfr 圆盘无滑动滚动条件： C vr，求导有： C ar 静摩擦力定义： N fF 联立上面诸式可得： 2 sin 3 C ag， 1 3 tg 5.17、长为l的匀质棒，一端以光滑铰链悬挂于固定点。若起始时，棒自水平位置静止开始 运动，当棒通过竖直位置时铰链突然松脱，棒开始自由运动。在以后的运动中： (i)证明棒质心的轨迹为一抛物线。 (ii) 棒的质心下降h距离时，棒已转过多少圈？ 解： （i）建立如图所示固定直角坐标系Oxyz， 设棒的质量为m
35、，棒在竖直位置时的角速度为 0k 匀质棒从水平位置摆动到竖直位置，只有重力做功， 机械能守恒（取棒的质心C点处为 0 势能点）： 22222 000 111111 ()() 222222 12 CC l mglmvJmml 化简可得： 0 3g l 棒脱离铰链后，只受重力作用。 x轴方向：0 C mx（1） y轴方向： C mymg（2） z轴方向：0 CC JM（3） mg f C z y x N F O l C C v x y 棒脱离铰链时，0t， 0 3g kk l ，0 C xi， 0 1 2 C xli， 2 C l yj，0 C yj（4） 对（ 1）式积分并代入（4）可得： 0
36、1131 3 222 C g xllgl l （5） 对（ 5）式积分得： 1 3 2 C xglt（6） 对（ 2）式积分并代入（4）得： C ygt，再次积分得： 2 11 22 C ygtl（ 6） 由（ 5） 、 （6）消去时间t可得棒脱离铰链时，质心C的轨道方程： 221 32 CC yxl l ，由表达式可看出棒质心的轨道方程为抛物线型。 （ii ）当质心下降h时，即 2 C l yh，代入（ 6）式可得： 2h t g 由（ 3）式和（ 4）式知 0 3g kk l ，棒脱离铰链后将匀速转动。 那么棒转过的圈数为： 16 22 tth n Tl 5.18、质量为m的平板，受水平力
37、F的作用，在一不光滑的水平面上运动。平板与水平面 间的摩擦系数为，平板上放有一质量为m的匀质实心圆柱，在平板上作纯滚动。试求出 平板的加速度。 解： 对平板和圆柱作受力分析如图所示。其中f是圆柱对平板的摩擦力，f是水平面对平 板的摩擦力，f是平板对圆柱的摩擦力。 取端点为原点，建立平行于平板的动坐标系Oxyz ff N F m g mg N f 圆柱受力分析 ( 非惯性系 ) m m F O x N ma y 平板受力分析 (惯性系 ) 由受力分析列出圆柱和平板的运动学方程为： x方向：Fffm a， C fmamx y方向：Nm gN，Nmg 圆柱在平板上作纯滚动， z方向： D Jfr，
38、C xr 式中 21 2 D Jmr为圆柱绕轴线转动惯量 由滑动摩擦力条件：fN 联立上面诸式可得： 33() 3 Fg mm a mm 5.19、一粗糙的半球形碗，半径为R，别有一半径为r较小的匀质球体，从碗边无初速度地 沿碗的内壁滚下，如图示。求出球体的角速度大小与所在位置角的关系，以及球体在 最低处时球心的速度。 解： 当球体从碗的A点滚到B点时，球体与 碗相切的A点已经转过了角。 球体无滑滚动，应有： ()() 2 Rr(1) 球体受力分析如图所示，有： (质心做圆周运动，切向)：sin()mgfmRr(2) (质心角动量定理)： 2 2 5 frmr(3) 对(1)式求导有： Rr
39、r ，代入 (3)式得： 2 () 5 fm Rr 代入 (2)式有： 5 sin 7() g Rr ，即 10 2(sin) 7() g dd Rr 积分有： 0/ 2 10 2sin 7() g dd Rr ，即 10 cos 7() g Rr 2210210 (cos )cos 7()7() rRrRgRrg rrRrrRr ()vRr f mg A N A B 5.20、一半径为R，的匀质圆球，置于同样固定球体的表面上。初始时刻此两球的连心线与 铅直线成角，球体静止，尔后开始沿固定球表面无滑动地滚下。求出球体脱离固定球表 面时，连心线与铅直线间的夹角，及此时球体的角速度的大小 解： 建
40、立如图所示的直角坐标系Oxyz，y轴沿球心的连线方向 O点相对相对O点的角速度为k， 球体O上的点相对O点的角速度为k 那么球体O相对O点的角速度为()kkk(1) A点为OO与铅直线成角时，两球体的切点 B点为OO与铅直线成角时，两球体的切点 所以球体O的约束条件：BCAB，即()RR，化为2(2) 当球体O脱离固定球表面时，球体O对球体O的压力为 0，且球体O做圆周运动： 2 cos2mgmR(3) 受力分析如图所示，那么对于O有： x方向：sin2mgfmR(4) y方向： 2 cos2mgNmR(5) z方向： 22 5 mRfR(6) 由(2)式知，2，代入 (6)式得： 24 55
41、 fmRmR 代入 (4)式可得： 5 sin 14 g R 5 sin 14 dddg dt ddR 分离变量： 5 sin 14 g dd R 因球体O初始时刻条件为：，0 积分可得： 0 5 sin 14 g dd R 可求得 25 (coscos ) 7 g R (7) 把(7)式代入 (5)式可得： 21710 cos2coscos 77 NmgmRmgmg O O R x y R B A C f mg N 当 1710 coscos0 77 Nmgmg时， 即 10 cos(cos) 17 arc时，球体O脱离固定球O的表面 球体O的角速度为 5 cos 2 17 g kk R 5
42、.21、一半径为r的球体， 绕其水平的直径以角速度 0转动， 尔后将其放置在摩擦系数为 的水平桌面上。求出此球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离s 解： 建立如图所示的静直角坐标系Oxyz，球体受力分析如图所示。 初始时刻，0t，0xyz，0y， 0 在球体滑动时，列出动力学方程： x方向 (质心角动量定理)： 2 2 5 mrrf(1) y方向：fmy(2) z方向：Nmg(3) 摩擦力定义：fN(4) 质心动量定理：0ftm r(5) 联立 (1)、 (3)、(4)式并代入初始条件可得： 0 5 2 gt r (6) 由(2)、 (3)、(4)式并代入初始条件得：yg 积分并代入初始条件得
43、：ygt 积分并代入初始条件有： 21 2 ygt(7) 由(5)、(6)可得： 0 2 7 r t g 代入 (7)可求出球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离为： 22 0 2 49 r y g 5.22、桌球是用棍棒冲击使球体运动的一种游戏。设桌球的半径为r，置于光滑的平面上。 问应在什么高度处水平冲击球体，球体才不会滑动而作纯滚动？ 解： 设桌球的质量为m，受力为F，作用点到水平面的距离为h N mg f x y z O 对桌球与水平面的切点应用角动量定理： 222 () 5 mrmrFh 由于桌球滑有滑动，所以应用质心运动定理： Fm r 联立 7 5 hr 5.23、 一半径为R的匀
44、质球体， 以速度 0 v在水平面上无滑动地滚动，突然遇到一高为h( 2 R ) 的台阶，如图所示。球体受台阶的冲击是非弹性的。试求出球体受到的冲击后，角速度的大 小；若球体台阶处无滑动，为使球体能登上台阶，初速度的大小 0 v至少应为多大？ 解： 把球体登上台阶分为两个过程： 一、碰撞过程： 从球体与台阶相接触到球体脱离地面开始上翻 二、上翻过程： 从开始上翻到完全登上台阶为止 球体在两个过程的受力分析如图所示。 在碰撞过程中，取球体与台阶的接触点为O点，并取为为参考点，那么对球体而言，台阶 的支持力N和台阶的摩擦力f的力矩为0，重力mg和水平面的支持力N具有力矩， 但它 们为有限力，碰撞时间
45、极短，引起角动量的变化相对球体自身的角动量很小。 所以球体角动量近似守恒。 0 () OOOO mv RhJJ(1) 球体 2222 27 55 OOOO JJmrmRmRmR(2) 球体无滑动地在水平面滚动，故 0O vR(3) 联立 (1)、(2)和 3)式(可解得： 0 2 15 () 7 O h v RR (4) h R f f mg N N O O f mg N O N F h mg 球体在上翻过程中，球体与地球构成的系统机械能守恒。取O点为零势能点。 球体开始上翻时的动能为 2 1 2 OO J，势能为()mg Rh 上翻到任意的位置时，角速度为，势能为sinmgR，动能为 2 1
46、 2 O J 22 11 ()sin 22 OOO mg RhJmgRJ(5) 当/ 2时，要求0，球体才能滚上台阶，所以有： 2 22 22 0 OO O OO mghJmgh JJ ，即： 0 70 75 Rgh v Rh 5.24、 一半径为r的匀质圆盘，在光滑的水平面上绕铅直的直径以角速度转动。证明 6 4 g r 时，圆盘的旋转是稳定的。 证明： 5.25、一陀螺由一半径为r的匀质圆盘和长为4 /3r的轴杆构成，圆盘的质量为4m，轴杆 的质量为m。此陀螺绕杆的端点O作定点转动，如图所示。若欲使陀螺绕铅直轴作规则进 动，且盘的最低点M保持与O点在同一水平面内，则陀螺的角速度在对称轴上的
47、分量 z应 满足什么条件？ 解： 5.26、 一对称陀螺初始时的自旋角速率 * 6/ z mghJJ，转轴与铅直轴间的夹角为 mg N O r A x y z O M r O z x y z 4mg mg f N z 0 arccos(3/4)，尔后释放。求在此后的运动中，角将在什么范围内摆动？ 5.27、一对称陀螺，质心离顶点的距离为l，对顶点的主转动惯量为 * J， * J， z J。若此陀 螺对顶点作规则进动，进动角速度大小为 0，章动角为0。求出陀螺的角速度在对称轴方 向的分量。 5.28、一带轴的匀质轮子，半径为r，轴的质一可忽略不计。在离盘心为d的轴的端点处， 用一长为l的轻绳悬挂于天花板上的O点。今轮子绕轴以角速度高速自转， 轮轴水平地绕 过定点O的铅直线作规则进动。求绳子与铅直线间的夹角。 (由于很小，可作近似 sin)。 l d