同济大学理论力学 导学14碰撞

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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第14章 碰撞
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
= 11463N⋅s
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第14章 碰撞
16
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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第14章 碰撞
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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
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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12
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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6
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。
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3.典型例题
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+
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
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′
解: 碰撞冲量过圆盘的质心，为对心斜碰撞，即刚
C
体作平动。 v = 2 gh = 4 .427 m/s
b O
v vCt′
CvCn′ ϕ
O I
h
在公切线方向： mvC′ t − mv cosϕ = 0
得： vC′ t = v cos ϕ = v
r 2 − b2 = 4.057 m/s r
在公法线方向：
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
为塑百度文库碰撞。
系统在水平向取冲量定理，即 2mvC′ − mv = −IO
得
IO
=
m(v
− 2vC′ )
=
1 3
v=20m/s，角速度为零；恢复因数e=0.2，箱子绕质心的回转半径
ρ=0.8m。设地面是光滑的，试求碰撞后箱子的运动。
解: 碰撞前箱子作平动，碰撞时，箱子作 平面运动，为偏心碰撞。
v
冲量定理： mvC′ x = 0 得： vC′ x = 0
θvCx′vCy′A ω′
I
C
vAC′
ϕA
mvC′ y − mv = −I
（1）
JCω′ = I CA cos(θ + ϕ )
（2）
e = v′An = −v′Cy +ω′CA cos(θ + ϕ )
− vAn
− (−v)
（3）
式中：CA
=
1 2
l2 + h2
cos ϕ = l
l2 + h2
JC = mρ 2
v′AC = ω′CA
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第14章 碰撞
(5) 碰撞时的动力学基本定理应用：
冲量定理
∑ mvrC′
−
r mv C =
r
I
E i
冲量矩定理
r
r
rr
∑ (LO )2 − (LO )1 =
M
O
(
I
E i
)
r
r
rr
∑ (LC )2 − (LC )1 =
M
C
(
I
E i
)
说明 点O为静止点 点C为质心点
(6) 撞击中心：
l b
O
OK = l = JO = b + JC
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
e
=
−
vC′ n
− v sin ϕ
得：vC′ n
=
ev sin ϕ
=
ev
b r
= 1.417
m/s
∆T
= T2
− T1
=
1 2
m
(
v
2 C
n
+
v
2 C
t
)
−
1 2
mv 2
=
− 1 .13 J
mvC′ n − (−mv sin ϕ ) = I 用此式可求出约束冲量I。
动量守恒
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第14章 碰撞
1
理论力学导学
第14章 碰撞
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第14章 碰撞
2
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
3l
则点A的速度：
v′A
=
vC′
− ω′ 3l
2
=
0
则点B的速度：
v′B
=
vC′
+ ω′ 3l
2
=
3 m/ s
13
求速度的基点法。
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第14章 碰撞
14
例6： 质量m=1000kg的箱子由降落伞运载铅垂地降落到地上，如
图示。已知箱子长l=2m，高h=1m，碰到地面时的θ=15°，速度
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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第14章 碰撞
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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
b. 按相碰撞物体有否能量损失：
e=1，弹性碰撞； e=0，塑性碰撞； 0＜e ＜ 1，弹塑性碰撞。
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第14章 碰撞
5
(4) 恢复因数公式
e = v′D n − v′E n vE n − vDn
点D、点E分别为两个物体的碰撞处，分子、分母分别表 示碰撞结束瞬时、碰撞开始瞬时碰撞点的速度在公法线的相 对速度。
而小球在对心碰撞时（无初角速度）作平动，则
e=
v′D − vD
=
v′ cos ϕ − (−v cosθ )
在公切线方向，动量守恒，即： v′sin ϕ − v sinθ = 0
代入得
e
=
tan θ tan ϕ
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例2： 图示质量m=2kg、半径r=200mm的匀质圆盘无初速地从高 度h=1m处自由下落，碰到一固定尖角O上，距离b=80mm。设碰 撞时的恢复因数e=0.8，接触面是光滑的，试求碰撞后质心的速 度，以及能量的损失。
=
ω2′
=
1+ e 2
v l
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第14章 碰撞
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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
O
C θ0
r
1 2
JOω 2
=
mgr (1−
cosθ0 )
式中：
JO
=
3 2
mr 2
代入得： ω = 4(1− cosθ0 ) g = 3.42 rad/s
3r
O vC′ IO
C vC
ω′
ω
碰撞时：e = vC′
式中：vC′ = ω′r
I
vC
vC = ωr
本题接触点的速度在公法线上的投影正好等
于质心的速度。 得： ω′ = eω = 2.57 rad/ s
第14章 碰撞
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例1： 设小球与固定面作碰撞,入射角为θ，反射角为ϕ如图示。
如固定面是光滑的，试求其恢复因数。
v′
nϕ
θ
v
IN n
解: 因为冲量过球质心，而速度未沿公法线
方向，故为对心斜碰撞。
恢复因数公式：
e = v′D − v′E vE − vD
设小球的接触点为D，固定面的接触点为E；显见 v′E = vE = 0
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第14章 碰撞
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4.补充习题
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第14章 碰撞
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14-1 图示棒球质量m=0.14kg，以速度v0=50m/s向右沿水
平线运动。当它被棒击打后，其速度自原来的方向改变了角θ
第14章 碰撞
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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
15
代入后联立得：
vC′ y
=
2
CA
cos2 (θ
+ϕ)
−
eρ
2
ρ
2
+
2
CA
cos2 (θ
+ϕ)
v
=
8.53 m/s
ω′ =
v(1 + e)CA cos(θ ρ 2 + CA 2 cos 2 (θ
+ϕ) +ϕ)
= 14.99 rad/s
也可得：
I
=
mv
ρ2
(1+ e)ρ 2
+
2
CA
cos2
(θ
+ϕ)
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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第14章 碰撞
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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。
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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第14章 碰撞
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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
vC′
= ωO′
l 2
+ ωB′ D
l 2
vC′
B
CωBD′ D
IB
代入得：
ωO′
+ ωB′ D
=
12 7
v l
（1）
J CωB′ D
=
IB
l 2
mvC′ − mv = −I B
消去IB，得
3ωO′
+
4ωB′ D
=
6v l
（2）
式（1）、式（2）联立得：
ωO′
= ωB′ D
=
6 7
v l
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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=
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第14章 碰撞
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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；
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。
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
=