第五章_刚体力学_习题解答

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 θθθωθθ===即20sin cos v k r θωθ=取A 点为基点，那么B 点的速度为：2002300sin [(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 jr rθωθθθθθθ=+⨯=+⨯-+=--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，2cos sin AP OA r r r ctg θθθ==02cos ()sin A PA PA PA r v r k r j r i i v i θωωωωθ=⨯=⨯-===，即20sin cos v r θωθ= 取A 点为基点，那么B 点的速度为：2002300sin [(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 jr rθωθθθθθθ=+⨯=+⨯-+=--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 vr r ω==，那么有：0000(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 rv i v jωωθθθθθθ=+⨯=-⨯+=-⨯+=+-00000020[(1sin )cos ]cos sin (cos sin )(cos sin )(cos sin )M M d d a v v i v j v i v jdt dtv i j v i j v i j rθθθθθθθθθωθθθθ==+-=+=+=-+=-+ 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：1122CM 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===+⨯=--⨯=-1v 2v AB求得122v v r ω+=，因1CM v r ω=，故1122CM rv r v v =+ 于是求得瞬心的位置位于距离M 点1122CM rv r v v =+的直径上。

(ii) 瞬心到圆柱轴心O 的距离为1212CO CM v v r r r r v v -=-=+圆柱轴心O 的速度为1212121222O 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：1212122MO 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2212()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 hr α= 所以(cos 2sin 2)cos OA h r j k ααα=+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 djctg j ctg ctg j ctg i dt dt dt ωααααα==-Ω=-Ω=-ΩΩ⨯=Ω5.5、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 iωωααωαωα=⨯=⨯-+++=⨯-+=+2'''()sin (sin cos sin )sin [(1cos )]A O O A v v r r R i j k rkr R iωωαωααωαωαα=+⨯=+++⨯=++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 轴皆为惯量主轴故52/2/2/22222/2/2/2()()66d d d z d d d d md J x y dm x y dxdydz ρρ---=+=+==⎰⎰⎰⎰由平行轴定理：22222()2623P 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： 222006000000600006x O y z md J md J J J md ⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭由平行轴定理有：2222222006500()6264120006f 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：2222006066006b 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 JO 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 zx 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())232l l h x tgx π=-=-，22(2)mdm dS hdx l x dx lσσ===- 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()12dm h ，由平行轴定理知线性微元对x轴的转动惯量：222211()()(()()122312x h l dJ dm h dm dm h =+=+222223222()()(2)()212212444()36x l l m l l dJ dm x x l x x x dxl m m m ml x x x dxl l =-+=--+=-+-+2/2322044422()3624l 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 mdm ady dy y dy lσ===- 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()12dm a 故线性微元对y 轴的转动惯量：2222321128()()121233244]399y l m dJ dm a y dy lm y y y dy l===+--2322/24439924l 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()12dm a由平行轴定理知线元对z 轴的转动惯量为：221()()12z dJ dm a dm y =+22222232/22218)1224243242412l z z l ml ml m J dJ a dm y dm y dm y y dyl ml ml ml-==+=+=+-=+=⎰⎰⎰⎰⎰所以三角板对板对质心C 的惯量矩阵222200241000001024240020012C ml ml ml J ml ⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭由平行轴定理易知：222224128x ml ml mlJ J m ξ=+=+=22227()224424y l ml ml mlJ J m η=+=+=2222512312z ml ml ml J J m ζ=+=+=因三角板中0ζ=，所以0000O J J J J J J ξξηξηηζ⎛⎫- ⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭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=202002()423l J d d l d m d d l ξηξξηηηηηηηη==-=-=所以23070240010O ml J ⎛⎫-⎪=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭5.8、质量为m ，长为l的夹角θ保持恒定。