第五章_刚体力学_习题解答

PvAsinv0sinv0sin2所以 rACrctgrcos即v0sink

rcos2BCvA取A点为基点，那么B点的速度为：

rvCOOyAv0xv0sin2vBvArABv0ik[(lcos)ilsinj]rcos 23vlsinlsinv0(1)i0jrcosr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，rOAr sinrcos 2sin在直角三角形OPA中，rAPrOActgv0sin2rcosvArPAk(rPA)jrPAiiv0i，即 2sinrcos取A点为基点，那么B点的速度为：

v0sin2vBvArABv0ik[(lcos)ilsinj]rcos 23vlsinlsinv0(1)i0jrcosr5.2、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v0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vM，加速度为aM

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

y取O点为基点，那么vMvOrOM

因轮无滑动地滚动，所以C点为瞬心。vOrCOv0 rOCMvMxvv即krCOjv0i，化简有00，那么有：

rCOrvMvOrOMv0ikr(cosisinj)v0kr(cosisinj)rv0(1sin)iv0cosjv0iaM

ddvM[v0(1sin)iv0cosj]v0cosiv0sinjdtdt v0(cosisinj)v0(cosisinj)v02(cosisinj)r5.3、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v1和v2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v1v2 在图示的直角坐标系中，k，

v1AMyOCNxBv1v1i，v2v2i，rCMrCMj， rCNrCNj(rCM2r)j

因为vMv1rCM，vNv2rCN

所以有v1rCM，v2rCN(2rrCM)，联立解得：rCM或者取N点为基点，那么：

v22rv1

v1v2vMv1v1ivNrNMv2ik2rj(2rv2)i

求得v1v22rv1，因v1rCM，故rCM 2rv1v2于是求得瞬心的位置位于距离M点rCM2rv1的直径上。

v1v2v1v2r

v1v2(ii) 瞬心到圆柱轴心O的距离为rCOrCMr圆柱轴心O的速度为vOrCOrCOiv1v2v1v2vvri12i

2rv1v22v1v2vvi12i 22M点相对O点的速度为：vMOvMvOv1ivMO2(v1v2)2M点相对O点做圆周运动，故aMj

r4r5.4、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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ctgj (ii)在动系Oxyz中，锥体底面上最高点A的位矢可以表示为：

zA''OhByxrOArOAcos2jrOAsin2k

由图中的几何关系可知：rOA所以rOAh cosh(cos2jsin2k) cos

那么最高点A的速度为：

vArOActgjh(cos2jsin2k)2hcosi cos(iii)因圆锥的角速度为ctgj，所以圆锥的角加速度为：

dddj(ctgj)ctgctgj2ctgi dtdtdt5.5、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。 z解：建立如图所示的动直角坐标系Oxyz

使rOO'位于Oyz平面内。则有：

A'k，''cosj'sink

rOO'(rR)sinj(rR)cosk rO'Ark，rO'Brk

O'BrCROyx在大球和小球的角速度矢量直角三角形中，有'sin 所以'sincosjsin2k

vO'rOO'k[(rR)sinj(rR)cosk]k[(rR)sinj](rR)sini

vAvO''rO'A(rR)sini(sincosjsin2k)rksin[r(1cos)R]i

vBvO''rO'B(rR)sini(sincosjsin2k)(rk)sin[r(1cos)R]和体对角线的转动惯量JP、Jf和Jb

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

在图示的直角坐标系Oxyz中，x,y,z轴皆为惯量主轴

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

zyxO

md2(xy)dxdydz故Jz(xy)dm

d/2d/2d/26622d/2d/2d/222d52d2md2md22md2由平行轴定理：JPJzm( )2623要求图示面对角线的转动惯量Jf，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Jz，此轴与坐标轴的方向余弦分别为(11,,0)，坐标轴为惯量主轴，所以有： 22JxJO000Jy0md26000Jz00md26000 2md6121d2md2md25md2 m()2641220由平行轴定理有：

md2611Jf(,,0)02200md260002md6体对角线与坐标轴的方向余弦分别为(转动惯量为：

111,,)，坐标轴为惯量主轴，那么体对角线的333md26111Jb(,,)033300md260002md6131md26 313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JC，并由此导出对顶点O的惯量矩阵JO。图中坐标系Cxyz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：由图中坐标系Cxyz的取法可知，y,z轴是三角板的对称轴， yCOxl

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：4m 23ly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Jx

Cxdxxh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

l2m3(x)，dmdShdx2(l2x)dx 32l12线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为(dm)h，由平行轴定理知线性微

12知，线性微元的高为h(x)tgl21hl212ll22元对x轴的转动惯量：dJx(dm)h(dm)()(dm)(hh)

1222331223ll22mll22dJx(dm)(xx)2(l2x)(xx)dx212l212

4m4m24mml(2x3xx)dxll362yJx2dJx2l/204m34m24mmlml2(2xxx)dx

ll3624ayCdyx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

a2(l2l2y4m2l2y8m8my)tg()dy(2y)dy ，dmady263333l3333l3l1(dm)a2 12线性微元对过质心且垂直于线性微元的轴的转动惯量为故线性微元对y轴的转动惯量：

dJy112l2y28m8m(dm)a2()(2y)dy12123333l3l

2m4l444[y2y2y3]dy327333l99ly2ml/3434244lml2 JydJy(yyy)dy3l/239l292433l273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

a1(dm)a2 12yCdyxz

由平行轴定理知线元对z轴的转动惯量为：

dJz1(dm)a2(dm)y2 12l/312ml2ml28m28m322JzdJzadmydmydm(y2y)dyl/231224243l33lmlmlml242412222

ml224所以三角板对板对质心C的惯量矩阵JC00由平行轴定理易知：

0ml224001002ml 0010240022ml12ymlmlml JJxm()24128232l222lmlml7mlJJym()2

224424222COxll2ml2ml25ml2 JJzm()123123J因三角板中0，所以JOJ0JJ000 J因三角板的两腰在坐标系O中方程为：3和33l 即3和l3l233 J2m3l20l32dd2m23l22(l)d03l33230ml270 所以JO232433m2l4m2l200102dd3l03032ml12

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 yz的直角坐标系Oxyz，并取杆方向为y轴

l12那么JxJzml，Jy0

3因杆上的质点在y轴上，所以xz0

OxJxyxydm0，Jxzxzdm0，Jxzyzdm0 故杆对O点的惯量矩阵为：

123mlJO00000

120ml30在图示的直角坐标系Oxyz中，cosjsink

123ml于是杆对O点的角动量为：LOJ00即LO00000cos0

1212sin0mlmlsin33012mlsink 35.9、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：

eAO(cosisink)。

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：

zHID2rBur'CDmAIIO'Oy(cosisink) x'

由图中的几何关系知：

rOCr2r2r2sin22r2)22，sin(

2r224sin2sinrOArOCr()rsin22sin24cos1sin1 224sin4sin又已知vCrOC(cosisink)( Jx121mr，JyJzmr2mrOC2242ru)i2rj，即 sin2r12r214mr2m()mr2(2) 4sin4sin在角速度矢量三角形合成的图示中，' 即(cosisink)'i(cosisink) 化简有： sinsin，cos'cos 所以sinusinusin(cosisink) ，即(cosisink)sin2rsin2rsin因坐标轴都是惯量主轴，所以圆盘的动能为：

1T(Jxx2Jyy2Jzz2)21(Jxx2Jzz2)2

112214[mrcos2mr2(2)2sin2]224sinmu2(sin224)325.10、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。

11224圆盘对过其中心的竖直轴的转动惯量为Jz(r)rr 22由角动量定理

zdLM，因圆盘定轴转动。故JzzMz dt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： JzzJk

dxfxdr圆盘上所取微元的力矩为：

dMzxf(dm)gxk(xddx)gxkgdx2dxk

223xdxdkgrk 003124gr4kgr3k，化简为： 233r4gtc，c为积分常数 积分可得：3rMzdMzg2r因初始时刻，t0时，0，代入的表达式可得：c0 因此4gt0 3r显然圆盘停止转动时，0，即03r4gt0，解得t0 3r4g5.11、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？

mm，在薄板上取一矩形微元，数据如图所示。 Sld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

mdydz，微元速度为：vryi 又微元质量为：dmdSldz22所以微元受到的阻力为：dfkydydzi

m22CBydydz 微元对z轴的转动惯量为dJzydmydylddzl2mld2mdydydz薄板对z轴的转动惯量为：JzdJz zld003AdDx微元受到的力矩为dMzrdfk2y3dydzk

解：匀质薄板的密度为2薄板受到的力矩为：MzdMkzl00yd1y3dydzkk2ld4k

4据定轴转动角动量定理：JzMz

13md21kld2dt kk2ld4k，分离变量：2d代入数据得：

4m34积分得：

13kld2tc，c为积分常数 4m

因薄板绕竖直轴AB以初角速度0转动，即c10，所以4m0 230kldt4m当薄板的角速度减为初角速度的一半时有：

024m04m，化简知 t30kld2t4m30kld25.12、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FN与杆转过的角度的关系。

解：建立如图示的动直角坐标系Oxyz 杆对过质心C且垂直于杆的轴的转动惯量为JC因杆在旋转过程中只有重力做，机械能守恒：

y1ml2 12l1l11mg(1cos)m()2JC2m2l2

22226化简有：mlCmgOFNx3g(1cos)3g(1cos)，即k

lldll()i2j] dt22对杆用质心定理有：FNmgmam(aiaj)m[即FNm(lj)mg(sinicosj)

22llmglsink 杆对z轴的力矩为：Mzjmg(sinicosj)jmgsini22212由坐标轴的取法知，对x,y,z轴有JxJzml，Jy0

3i2因杆绕z轴作定轴转动，故JzMz

lmglsin3gsin，即 22l111代入FN得：FNmgsinimg(35cos)jmg[sini2(35cos)j]

424所以有：ml132

或者求角速度时用角动量定理：ml13212mglsin3gmlsin ，化简：322lll222即dgsind，两边积分可得：dgsind

03303g(1cos)22求得

ll2lj)mg(sinicosj)，代入,可得： 质心定理：FNm(i22FNmg[sini2(35cos)j]/4

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Oxy，长为s的圆弧的夹角范围由质心定义：rcrdmrdlrdlrRdrd dmdldlRdds0，那么00 2Rss 2R2RyRd式中表示弧长的线密度。令

OdsO'xC考虑到圆弧的对称性和坐标的选取，写成正交分解式得：

xcrOCxdd00Rcosd02R0sin0，yc0

所以质心到弧的中点的距离为rO'CRrOCR2R0sin0R(120sin0)

弧对过圆心且垂直于圆面的轴的转动惯量为JOsR2

由平行轴定理知JOJCsrOC2，JO'JCsrO'C2，所以有：

JO'JCsrO'C2JOsrOC2srO'C2JOs(rO'CrOC)(rO'CrOC)sR2sR(rO'CrOC)sR2sR(R2rOC)sR2sR(R2sR2(124RO'0sin0)0sin0)RCOmg 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sgrO'CJO'0，这正是简谐振动方程，其圆频率为2sgrO'CJO' 代入数据并化简可得：sgrO'CJO'2sgR(102sin0)sin0)2sR2(1g 2R0所以微振动时的周期为：T22R 2gg2R5.14、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

解：建立如图所示的动直角坐标系Bxyz 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Bxyz中，k，ByzCdzxlxAdxddl22ildl22k dDzl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dmdxdz 则dJxz2dmz2dxdz，因此JxdJxld00z2dxdzdz2dzl3d

013ldd1dJzx2dmx2dxdz，因此JzdJz00x2dxdzl0x2dxld3

31313由薄板转动惯量的垂直轴定理知JyJxJzldld

33ld1dJxzxzdmxzdxdz，因此JxzdJxzxzdxdzd2l2

004因矩形薄板中，y0，JxyJyz0

Jx故JB0Jxz0Jy0133ldJxz00Jz122dl40131ldld33301d2l24 013ld3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：

JBkJBk，代入JB,,可得：

11322dld0dl34d2l21310010ldld30033l112222dl0ld3dl34

11322ld0dl34013100010ldld3033112230lddl34

即1d1l1l d2l2ld3ld3，化简可得：222222433dldl4dly5.15、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Oxyz。

mvOrxx,y,z轴为对称面的法线，故x,y,z轴为惯量主轴。 Jx所以JO0020Jy000 Jz22Dddrdm如图，在球体上取一立体微元

hDrsinrsindrddJDhDdmhDdV(rsin)dVr0r

020(rsin)rdrsinddr282r5mr215522mr 52O所以JxJDd由平行轴定理可得：JyJzJDmr227mrmr2mr2 55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：LrmvJO

ir即mvcosj0vsin225mrk0072mr500 72mr572mr 55vsin5vsink 解得：，7r7rrvsinLmrvmrvsink

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：

2gsin 31(ii)圆盘和斜面间的摩擦系数至少为tg

3(i)圆盘质心的加速度大小为

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Cxyz，圆盘位于Cxz平面

zFNCfymgxx轴平行于斜面，y轴垂直于圆盘的盘面。

ffiFNi，FNFNk，mgmg(sinicosk)

圆盘应用质心定理（x轴方向）：mgsinfmaC 圆盘应用质心定理（z轴方向）：FNmgcos0 圆盘质心应用角动量定理（y轴方向）：Jyfr 圆盘无滑动滚动条件：vCr，求导有：aCr 静摩擦力定义：fFN 联立上面诸式可得：aC21gsin，tg 335.17、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Oxyz，

lOx设棒的质量为m，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）：

vCC1111l11mglmvC2JC02m(0)2(ml2)02 22222212化简可得：0y3g l棒脱离铰链后，只受重力作用。

x轴方向：mxC0 （1）

y轴方向：myCmg （2）

z轴方向：JCMC0 （3）

棒脱离铰链时，t0，0k3gk，xC0i， l1lxC0li，yCj，yC0j （4）

22对（1）式积分并代入（4）可得：xC对（5）式积分得：xC113g10ll3gl （5） 22l213glt （6） 2121对（2）式积分并代入（4）得：yCgt，再次积分得：yCgtl （6）

22由（5）、（6）消去时间t可得棒脱离铰链时，质心C的轨道方程：

21yCxC2l，由表达式可看出棒质心的轨道方程为抛物线型。

3l2（ii）当质心下降h时，即yChl2h，代入（6）式可得：t 2g由（3）式和（4）式知0k3gk，棒脱离铰链后将匀速转动。 l6h l那么棒转过的圈数为：ntt1T225.18、质量为m'的平板，受水平力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Oxyz

ymm'FOxf'fN'FmaNfmgNm'g平板受力分析(惯性系)圆柱受力分析(非惯性系)

由受力分析列出圆柱和平板的运动学方程为：

x方向：Fff'm'a，fmamxC

y方向：N'm'gN，Nmg

圆柱在平板上作纯滚动，z方向：JDfr，xCr 式中JD12mr为圆柱绕轴线转动惯量 2由滑动摩擦力条件：f'N'

3F3g(m'm)

3m'm5.19、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

联立上面诸式可得： a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：

()R()r (1) 2球体受力分析如图所示，有：

(质心做圆周运动，切向)：mgsinfm(Rr) (2)

NAABfmg22mr (3) 5Rr2，代入(3)式得：fm(Rr) 对(1)式求导有：r5(质心角动量定理)：fr代入(2)式有：5g10gsin，即2d(sin)d

7(Rr)7(Rr)10g10gsind，即cos /27(Rr)7(Rr)积分有：

02d2rR2rR10gR2r10g(cos)cos rr7(Rr)r7(Rr)v(Rr)

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：建立如图所示的直角坐标系Oxyz，y轴沿球心的连线方向 yO'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kk()k (1)

fNRAO'CRBmgOxA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：BCAB，即R()R，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：

mgcos2m2R (3)

受力分析如图所示，那么对于O'有：

x方向：mgsinf2mR (4)

y方向：mgcosN2mR2 (5)

2z方向：mR2fR (6)

524由(2)式知，2，代入(6)式得：fmRmR

555gsin 代入(4)式可得：14Rddd5gsin

dtdd14R5gsind 14R分离变量：d因球体O'初始时刻条件为：，0 积分可得：可求得20d5gsind 14R5g(coscos) (7) 7R1710mgcosmgcos 77把(7)式代入(5)式可得：

Nmgcos2mR2

1710mgcosmgcos0时， 7710即arccos(cos)时，球体O'脱离固定球O的表面

17当N球体O'的角速度为k25gcosk

17R5.21、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Oxyz，球体受力分析如图所示。 初始时刻，t0，xyz0，y0，0 在球体滑动时，列出动力学方程：

2x方向(质心角动量定理)：mr2rf (1) 5y方向：fmy (2)

zNy0Omgxz方向：Nmg (3)

摩擦力定义：fN (4)

f质心动量定理：ftmr0 (5) 联立(1)、 (3)、(4)式并代入初始条件可得：由(2)、 (3)、(4)式并代入初始条件得：yg 积分并代入初始条件得：ygt 积分并代入初始条件有：y5gt0 (6) 2r1gt2 (7) 2 由(5)、(6)可得：t20r 7g202r2代入(7)可求出球体开始作纯滚动时，球体已前进的距离为：y

49g5.22、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

对桌球与水平面的切点应用角动量定理：

2(mr2mr2)Fh 5由于桌球滑有滑动，所以应用质心运动定理：

Fmr

7联立hr

5

NFhmgR)25.23、一半径为R的匀质球体，以速度v0在水平面上无滑动地滚动，突然遇到一高为h(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v0至少应为多大？ 解： hNN'

f'R v0OO' mg

f

f'把球体登上台阶分为两个过程： N'一、碰撞过程 ： O'从球体与台阶相接触到球体脱离地面开始上翻 mg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。

mv0(Rh)JOOJO'O' (1)

球体JO'JOmrOO'227mR2mR2mR2 (2) 55球体无滑动地在水平面滚动，故v0OR (3) 联立(1)、(2)和3)式(可解得：O'(15h2)v0 (4) R7R

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

1JO'O'2，势能为mg(Rh) 21JO'2 2上翻到任意的位置时，角速度为，势能为mgRsin，动能为

mg(Rh)11JO'O'2mgRsinJO'2 (5) 22当/2时，要求0，球体才能滚上台阶，所以有：

R70gh2mghJO'O'22mgh O'20，即：v07R5hJO'JO'25.24、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

46g时，圆盘的旋转是稳定的。 r证明：

zNOrymgAx5.25、一陀螺由一半径为r的匀质圆盘和长为4r/3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分量z应满足什么条件？ 解：

xNzzOO'zyrMmgf4mg5.26、一对称陀螺初始时的自旋角速率6mghJ*/Jz，转轴与铅直轴间的夹角为

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*，Jz。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