同济大学理论力学 导学14碰撞

= 11463N⋅s
理论力学导学 第3篇 动力学_
第14章 碰撞
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碰撞后、前的动能之差
∆T
= T2
− T1
=
1 2
J OωO′2
+
1 2
mvC′2
+
1 2
J CωB′2D
−
1 2
2mv 2
=
−
4 7
mv 2
负值为动能损失。
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例7： 质量为m的两相同匀质杆AB和BD铰接，水平地落下，与
0
式中：
J C1
=
JC2
=
2m( l )2 2
=
1 2
ml 2
即：
−
1 2
ω1′l
+
vC′ 1
−
1 2
ω2′l
+
vC′
2
+
v
=
0
（2）
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v
ω1′
vC1′
Ⅰ I′
v
IⅡ
vC2′ ω2′
e
=
−
vC′ 1
− ω1′
l 2
−
(vC′ 2
+ ω2′
l) 2
0−v
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第14章 碰撞
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第14章 碰撞
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第14章 碰撞
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第14章 碰撞 目录
1. 内容提要… … … … … … … … … … … … … 3 2.基本要求… … … … … … … … … … … … … 6 3.典型例题… … … … … … … … … … … … … 7 4.补充习题… … … … … … … … … … … … … 21
第14章 碰撞
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例8： 质量相同的四个小球，用两根不计质量而长度均为l的刚 杆连接，并置于光滑的水平面上，如图示。若刚体Ⅰ小球的速 度均为v，刚体Ⅱ初始静止，碰撞的恢复因数为k，试求碰撞后 两杆的角速度。
v
ω1′
vC1′
Ⅰ I′
v
解: 小球与杆连接，等同于两个刚体的偏心碰撞。 系统可视为四个自由度。
1 12
m2 (3l)2
=
3 4
m2l 2
e
=
vC′
+ ω′
l 2
−
v′
（3）
v
在恢复因数式中出现的是接触点的速度向公法线投影量，
不是质心速度。
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式（1）、（2）、（3）联立得：
vC
=
e +1 4 + m2
v
= 1.5 m/s
3 m1
ω′ = 2vC′ = 3.33 rad/s
mv
根据碰撞问题的基本假设，在碰撞过程中无需考虑物体的自重。
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例4： 圆盘质量m=20kg，半径r=150mm。如由θ0=30°时的位置无
初速释放，圆盘与墙之间的恢复因数e=0.75，试求碰撞后圆盘弹
回的最大角度θ。 解: 碰撞开始瞬时的速度由动能定理
v
系统对静点O取冲量矩定理，即
A
JOω′ + mvC′ r − mvr = 0 小球相对圆环
ω′
式中： J O= 2mr 2
vC′ = ω′r
速度为零，即 在水平方向上
代入得 ω′ = v
3r
为塑性碰撞。
系统在水平向取冲量定理，即 2mvC′ − mv = −IO
得
IO
=
m(v
− 2vC′ )
=
1 3
碰撞点的速度在 公法线上的投影。
即：
ve
=
vC′ 1
+
ω1′
l 2
+
vC′ 2
+
ω2′
l 2
（3）
由刚体Ⅰ对质心冲量矩定理，有
J
C1ω1′
=
I
l 2
（4）
由刚体Ⅱ对质心冲量矩定理，有
J
C 2ω2′
=
I′
l 2
（5）
由式（4）、式（5）得： ω1′ = ω2′
再与式（1）、式（2）、式（3）得：
得
ω1′
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例3： 一小球A以水平向速度v打道一可以绕水平轴O转动的圆环
上，如图示。小球A与圆环中心C在同一水平线上。碰撞后，小
球相对圆环的速度为零。设小球与圆环的质量均为m，试求支点
O的碰撞冲量。 解: 虽然小球A的碰撞过圆环的质心，但支点O
O
IO
处的约束冲量不过圆环的质心，为偏心碰撞。
vC′ C
+
mB (l
+
r)
=
2mOA
+
5mB
r
mOA + mB
mOA + mB
B
JO
=
1 3
mOA (4r)2
+
1 2
mBr 2
+
mB
(l
+
r)2
=
(16 3
mOA
+
51 2
mB
)r
2
OK =
JO
=
(16 3
mOA
+
51 2
m
B
)
r
2
= 5r
b(mOA + mB )
(2mOA + 5mB )r
解得：
mOA = 3 mB 28
O
解: 因为冲量不过棒的质心，故为偏心碰撞。
IA A
l
棒有两个自由度，设vC′与ω ′为运动学独立变量。
在水平方向动量守恒，即
2l
vC′ C v v′
m1v′ − m1v + m2vC′ = 0
（1）
对棒的质心点C取冲量矩定理，有
ω′
B
l
JCω′
+
m1v′
l 2
−
m1v
l 2
=
0
（2）
式中：J C=
b. 在碰撞过程中，质点系内各点的位移不计；
c. 固体在碰撞过程中，看作仅在碰撞处局部变形的刚体。
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(3) 碰撞的分类：
a. 按相碰撞物体的相对位置分为： 对心碰撞与偏心碰撞：若碰撞冲量的作用线过通过两物体 的质心，为对心碰撞，否则为偏心碰撞； 正碰撞与斜碰撞：若两物体各自的质心沿着碰撞点的公法线， 为正碰撞，否则为斜碰撞。
由系统在水平向冲量守恒，有
IⅡ
vC2′ ω2′
− 2mvC′ 1 + 2mvC′ 2 − 2mv = 0
即： − vC′ 1 + vC′ 2 − v = 0
（1）
由系统对总质心（碰撞点）冲量矩守恒，有
−
J C1ω1′
+
2mvC′ 1
l 2
−
J C 2ω2′
+
2mvC′ 2
l 2
−
(−2mv
l) 2
=
=
ω2′
=
1+ e 2
v l
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例9： 一摆由一匀质细直杆和一匀质圆盘组合而成，如图示。设 圆盘半径为r，杆长为l=4r，试求当摆的撞击中心正好与圆盘质心 B相重合时，直杆与圆盘的质量之比。
O
解: 撞击中心的位置与系统的质心位置有关。
C A
b
b
=
mOA
l 2
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1.内容提要 1)基本概念 (1) 碰撞现象的基本特征：
a. 碰撞过程的时间极短； b. 碰撞过程的碰撞力极大，且是变力； c. 碰撞过程的用碰撞冲量来度量。
(2) 研究碰撞问题的基本假设：
a. 在碰撞过程中，平常力（如重力、弹簧力等常力）的 冲量不计；
一支座碰撞，如图示。设达到支座时的速度v，又碰撞是塑性
的，试求碰撞时的动能损失。
l/2 l/2
l
解: 碰撞时与碰撞后，系统具有两个
A
O ωΟ′B
IO
vC′
C
ωBD′
D
自由度。
对静点的冲量矩定理定理： JOωO′ + JCω′BD + mvC′ l − mvl = 0
式中：
JO
=
JC
=
1 12
ml 2
由：
0−
1 2
J Oω ′2
= −mgr (1 − cosθ )
即： θ = 22.3°
得： cosθ = 1− 3 rω′2 = 0.924
4g
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例5： 设质量m1=0.2kg的垒球以水平方向的速度v=48km/h打在一 质量为m2=2.4kg的木棒（视为匀质杆）上，棒长3l=900mm，木 棒的一端用绳悬挂于天花板上，如图示。如恢复因数e=0.5，试 求碰撞后棒两端A和B的速度。
C
mb
mb
I
K
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2. 基本要求
1) 理解碰撞现象，理解碰撞问题的基本假定。 2) 正确识别碰撞的类型。 3) 能准确应用恢复因数公式和冲量定理、冲量矩定理求解 碰撞过程中相关物理量。