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刚体动力学解法经典例题详解与考试复习总结

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4-2刚体的转动-刚体动力学解析

4-2刚体的转动-刚体动力学解析

3
F2 2
r2
F1
r3
1 r1
(4)力的作用线通过转轴时，其力矩为零。
(5)内力对转轴的力矩
考察任意两个质点1、2
z
d
O
1 r f 1 f12 21 2
f12 f 21
M M12 M 21
1
r2
2
r1 f12 sin 1 r2 f 21 sin 2
解:隔离法,受力分析
T1 T1
A
C B
T2
T2
PB
分别根据牛顿第二定律和转动定律列方程： 物体A: T1 m Aa (1) 物体B : m B g T2 m B a ( 2)
物体C : RT2 RT1 J ( 3)
1 利用已知关系式：J mC R2 , a R 2
a 解(1)(2)(3)得：
平面
r F1
对转动无贡献。 注:在定轴转动问题中,如不加说 明,所指的力就在转动平面内.
r
(3)几个力同时作用于刚体,合力矩为
M M1 M 2
F3
M r1F1 sin 1 r2 F2 sin 2 r3 F3 sin 3
即:合力矩的大小 等于各力矩的代 数和.
2m1m2 T1 T2 g m2 m1
m2 m1 a g m2 m1
上题中的装置叫阿特伍德机，是一种可用来测 量重力加速度g的简单装置。因为在已知m1、 m2 、 r和J的情况下，能通过实验测出物体1和2的加速度a， 再通过加速度把g算出来。在实验中可使两物体的m1 和 m2 相近，从而使它们的加速度 a 和速度 v都较小， 这样就能角精确地测出a来。

第七章“刚体动力学”习题解答

第七章“刚体动力学”习题解答

第七章“刚体动力学”习题解答一、选择题1. (D) ；2. (B) ；3. (C) ；4. (D) ；5. (B) ；6. (C) ；7. (A) 。

二、计算题7-1解：23212643ct bt ct bt a dt d dtd -==-+==ωθβω7-2解：因炉门在铅直面内作平动，所以门中心G 的速度、加速度与B 点或D 点相同，而B 、 D 两点作匀速圆周运动,因此s m AB v v B G /155.110=⨯===ω，方向指向右下方，与水平方向成45º； 222/1505.110s m AB a a B G =⨯===ω，方向指向右上方，与水平方向成45º7-3飞解：⑴桨尖相对飞机的速度： s m r v /3145.1'6022000=⨯==⨯πω⑵桨尖相对地面的速度：机地v v v+='，飞机相对地面的速度与螺旋桨相对飞机的速度总是垂直的，s m v /4.69102503==⨯机地所以，s m v v v /6.3214.69314'2222≈+=+=机地显然，桨尖相对地面的运动轨迹为螺旋线 7-4 解：建立图示坐标o-x,质心必在x 轴上,在x 坐标处取一厚为dx的质元 dm=ρπr 2dx ，∵r/a=x/L ，r=ax/L ∴ dm=ρπa 2x 2dx/L2 ⑴圆锥体为匀质，即ρ为常数， 总质量：L a dx x dm m LLa 2310222ρπρπ===⎰⎰质心：L dx x x LL L a L dx x a dmxdm c 430333//32232==⎰=⎰⎰=⎰ρπρπ⑵x LL xL L h 01()1(00ρρρρ=-=-=-总质量：⎰⎰===L a dx x dm m LL a 204103320πρπρ 质心：⎰==⎰⎰=LL dmxdm c L dx x x 04447-5解：设杆在o-xy 平面内运动。

(练习)刚体转动

(练习)刚体转动

d π 2 t 由 dt 150 π t 2 t dt 得 d 0 150 0 π 3 t rad 450
在 300 s 内转子转过的转数
π 3 4 N (300 ) 3 10 2π 2π 450

例6 半径为R,质量为m的均 匀圆盘在水平桌面上绕中心轴 转动,盘与桌面间的摩擦系数为 μ ,求转动中的摩擦力矩的大小. 解:设盘厚度为h,以盘轴心 为圆心取半径为r, 宽为dr的 微圆环,其质量为
(mA mC 2)mB g FT2 mA mB mC 2 mA mB g 令 mC 0，得 FT1 FT2 mA mB
FT1
PC
FC
FT2
例3 一根长为l 质量为m 的均匀细直棒，其一端有一固定的光 滑水平轴，因而可以在竖直平面内转动。最初棒静止在水平位 置，求它由此下摆 角时的角加速度和角速度。( J 1 ml 2 ) 解： 棒下摆为加速过程，外力矩为 重力对O 的力矩。
x O
3

mg
x
重力对整个棒的合力矩与全部重力集中 作用在质心所产生的力矩一样。 重力力矩为： M mgx
1 M mgl cos 2 d d d d dt d dt d
1 mgl cos M 2 3g cos (为一变量) 1 J 2l ml 2 3
由动能定理

O

m
l
x

C
mg
l A 0 Md 0 mgcosd 2 1 2 lmg 1 2 J ml sin 0 J 0 3 2 2 3gsin 1/ 2 3gsin 2 ( ) l l
此题也可用机械能守恒定律方便求解

大学物理刚体力学中难题及解析

大学物理刚体力学中难题及解析
A

B
5
解 设杆的质量为m， 机械能守恒：
l 1 1 2 2 2 mg sin 0 sin m(vCx vCy ) I C 2 2 2 1 2 重力势能转化成质心平动动能和刚体转动动能 I C ml y A 12 l 运动学条件： vCx sin 2 C 质心速度沿 l 水平竖直方 v cos Cy 向分解 2 mg B x
16
正确解法：隔离，分别用角动量定理。 o
R1 f r t J11 J10 J2 R2 2 O2 对轮 2 ： f r fr 1 R 1 R2 fr t J2 2 0 J1 O1
对轮1：
稳定条件：
1 R1 2 R 2
联立可得稳定后的角速度
J1 R J 1 R1 R2 1 0 , 2 0 2 2 2 2 J 1 R2 J 2 R1 J1 R2 J 2 R1 17
N maCt , f maCr
2 2
B
杆无滑动地绕圆环外侧运动，要求
f aCr (l 3r )r 4l ，因 r l 则 。 N f , a 2 R N Ct 24 lR
【9】质量为M，长度为 2l 的梯子上端靠在光 滑墙面上，下端放在粗糙地面上，地面与梯子 的静摩擦系数为 μ，一质量为 m 的人攀登到距 下端 l0 的位置，求梯子不滑动的条件。
0
f
R
vC 0
摩擦力的作用： 对质心的运动 vC
对绕质心的转动
当 vC 0, 而 0 时，乒乓球返回!
3
（2）前进一段后会自动返回的条件：
0
R
•质心运动定理： f maC
vc 0

第七章 刚体力学习题及解答

第七章 刚体力学习题及解答

第七章刚体力学习题及解答7。

1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度。

估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度（自己搜集所需数据）。

解：7.1.2 汽车发动机的转速在12s内由1200rev/min增加到3000rev/min。

（1）假设转动是匀加速转动,求角加速度.（2）在此时间内,发动机转了多少转？解：（ 1）（ 2)所以转数 =7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t内的角位移为球 t时刻的角速度和角加速度.解：7.1.4 半径为0。

1m的圆盘在铅直平面内转动,在圆盘平面内建立坐标系,原点在轴上。

x和y轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A当t=0时恰好在x轴上,该点的角坐标满足求（1）t=0时，(2)自t=0开始转时，（3）转过时，A点的速度和加速度在x和y轴上的投影。

解:（ 1）( 2) 时，由（ 3）当时，由7。

1。

5 钢制炉门由两个各长1.5m的平行臂AB和CD支承，以角速度逆时针转动，求臂与铅直时门中心G的速度和加速度.解:因炉门在铅直面内作平动，门中心 G的速度、加速度与B或D点相同.所以：7。

1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板。

拔禾轮一边旋转，一边随收割机前进。

压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切割器，另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上,因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反.已知收割机前进速率为 1。

2m/s，拔禾轮直径1.5m，转速22rev/min，求压板运动到最低点挤压作物的速度.解：取地面为基本参考系，收割机为运动参考系。

取收割机前进的方向为坐标系正方向7。

1.7 飞机沿水平方向飞行，螺旋桨尖端所在半径为150cm,发动机转速2000rev/min。

（1)桨尖相对于飞机的线速率等于多少？（2）若飞机以250km/h的速率飞行,计算桨尖相对于地面速度的大小，并定性说明桨尖的轨迹。

002刚体力学习题汇总(答案)

002刚体力学习题汇总(答案)
2
(3) v l
3 gl sin
10、如图所示，长为 l 的轻杆，两端各固定质量分
别为 m 和 2m 的小球，杆可绕 水平光滑固定轴 O 在竖直面 内转动， 转轴 O 距两端分别为
解：受力分析如图，可建立方程：
2mg T2 2ma ┄① T1 mg ma ┄②
1 2 l和 l． 轻杆原来静止在竖 3 3
2、对于一根质量分布均匀的木棒，质量 m,长度为 L,以木棒端点为轴旋转的转动惯量为 J1=
1 2 ml , 3
以 木 棒 中 点 为 轴 旋 转 的 转 动 惯 量 为 J2=
1 2 ml ,则 J1 是 J2 的 12
3、如图 1 所示的圆锥摆，绳长为 l ，绳子一端固定 在 O 点，另一端系一质量为 m 的质点，以匀角速 度 绕竖直轴线作圆周运动， 绳子与轴线的夹角为
得： t
(2)相碰时小球受到的冲量为
2m2 (v1 v2 ) 。 m1 g
Fdt (mv) mv mv
0
由①式求得
Fdt mv mv
0
J 1 Ml 3 l
-3-
Mr Lee 制作，内部交流
a r ， J mr / 2 ┄⑤
2
联立，解得： a
1 11 g ， T mg 。 4 8
9、如图所示，一匀质细杆质量为 m ，长为 l ，可绕
杆于水平位置由静止 过一端 O 的水平轴自由转动， 开始摆下．求：
2 2 2l l mv0 l m v l m( ) 2 2m ( ) 2 3 3 3 3
以逆时针为正向，有：
v0
J v ml
④

刚体总结


l 1 mg sin J 2 2 2
l mg sin(90 ) J 2

3g 2l
=300 mg
由转动定律 M=J ，只有重力矩，则：
解得：

3 3g 4l
3、解： (1) 杆从水平下落到竖直位置过程中，机械能守恒。设下落 到竖直位置时的角速度为0 ，则： l 1 2 mg J 0 (1) 2 2 (2) 杆与木块碰撞过程中，角动量守恒。设碰撞后杆的角 速度度为，木块的开始运动速度为 v ，则：
第三章第三章刚体运动学刚体运动学一刚体的定轴运动一刚体的定轴运动dtdv二刚体的运动定律二刚体的运动定律刚体绕定轴转动的角动量刚体绕定轴转动的转动定律角动量守恒三刚体定轴转动的动能定理三刚体定轴转动的动能定理刚体的转动动能例例11两个均质圆盘a和b的密度分别为但两圆盘的质量与厚度相同如两盘对通过盘心垂直于盘面的轴的转动惯量各为j则下面哪个是正确的
J 0 J m l v
(2)
(3) 木块在磨擦地面运行 S 后停止，这过程应用动能定理： 1 A f Ek - m gS 0 mv 2 (3) 2
(4) 杆以初速度 从竖直位置向上摆到最大角度过程中，机械能守恒。
1 l J 2 (1 - cos )mg 2 2
0 0 t t 2
3)
d dt
25
dt d
0
0
1
4) v 1 R 25 1 25 (m / s)
at R ( ) 1 (m / s 2 )
1 0 25 50 25( ) 25 (rad / s )
O
v
例4 如图所示，一飞轮以1500r/min的转速绕定轴作逆时针 转动。制动后，飞轮均匀地减速，经时间t = 50s停止转动。 求：1）角加速度；2）从开始制动到静止，飞轮转过的圈 数N；3）制动开始后t=25s时飞轮的角速度；4）设飞轮的 半径R＝1m，求t=25s时飞轮边缘上一点的速度和加速度。 解：1) d (这里是常数)

刚体动力学运动学问题专题讲解

S
Ml s lS mM
lS
ml S mM
例2质心运动定律来讨论以下问题
一长为l、密度均匀的柔软链条,其单位长度 的质量为λ.将其卷成一堆放在地面.若手提 链条的一端,以匀速v 将其上提.当一端被提 离地面高度为 y 时,求手的提力.
y y yC o
F
c
解:建立图示坐标系
i 竖直方向作用于链条的合外力为
例3
设有一质量为2m的弹丸,从地面斜抛出去,它飞行在
最高点处爆炸成质量相等的两个碎片,其中一个竖直自由下落,另 一个水平抛出,它们同时落地.问第二个碎片落地点在何处?
解:选弹丸为一系统,爆炸前、 后质心运动轨迹不变.建立 图示坐标系.
2m O
m
m1 m2 m x1 0
xC为弹丸碎片落地时质心 离原点的距离. xC
xC
C
xC
m x
x2
m1 x1 m2 x2 m1 m2
x2 2 xC
7
/12
2. 质心运动定理 dri mi miv i drc d t • 质心的速度 vc dt m m
P mvc —— 质点系的总动量
Pi m
•
质心的加速度和动力学规律
v R
4m gh 2m M R
例题3 一质量为m、半径为R的均质圆柱，在水 平外力作用下，在粗糙的水平面上作纯滚动，力 的作用线与圆柱中心轴线的垂直距离为l，如图所 示。求质心的加速度和圆柱所受的静摩擦力。 解：设静摩擦力 f 的方向如 图所示，则由质心运动方程

l ac
F
圆柱对质心的转动定律：
二、质心
1. 质心
质心运动定理

刚体定轴转动动力学

５ 刚体定轴转动动力学学习指导1．重点：刚体定轴转动定律；角动量守恒。

2．难点；角动量定理；角动量守恒。

3．解题指导：刚体定轴转动问题有以下几种类型： （1）刚体定轴转动的运动学问题（a ）如果β为恒量，即刚体作匀变速转动，则可直接用匀变速转动方程求解。

（b ）如果β为变量，即刚体作非匀变速转动，则可利用微分方程求解：（2）运用转动定律求解刚体定轴转动的动力学问题转动定律M=J β在研究刚体定轴转动的动力学问题的地位相当于质点动力学中的牛顿第二定律F=ma.M----合外力矩 F -----合外力如果是一个由刚体和质点组成的系统，在解题时可按如下步骤进行： （a ） 对刚体根据M=J β列方程； （b ） 对质点根据F=ma 列方程;（c ） 再根据线量与角量的关系列出补充方程（3）运用角动量的知识求解刚体定轴转动的动力学问题有些问题用角动量定理来解能使问题简化使用时注意：（a ） M----是合力矩。

（b ） 计算时应先规定正方向，这里力矩和角速度的方向都沿 轴向，或同向，或反向。

*角动量守恒是本章的一个重点内容，使用时，首先应先判断角动量是否守恒，条件是合外力矩为零，在列角动量守恒方程时也应先规定一个转动正方向。

注：有的同学常常把角动量守恒方程列为动量守恒方程，说明头脑中还没有建立起角动量的概念，思维还停留在质点力学，在研究刚体的定轴转动中，引入角动量这个物理量更能简洁方便地揭示运动规律。

（4）综合类型题在作综合题时，除了会应用以上公式和定律，当系统只有保守力矩作功时，还应想到机械能守恒。

4． 例题分析 例1：质量为5 Kg 的一桶水悬于绕在辘轳上的绳子下端，辘轳可视唯一质量为10Kg 的圆柱体。

桶从井口由静止释放，求桶下落过程中的张力。

辘轳绕轴转动时的转dt d ωβ=dtd θω=βτr a =0ωωJ J Mdt t-=⎰221MR J =动惯量为J,其中M 和R 分别为辘轳的质量和半径，摩擦忽略不计。

刚体运动知识点总结

刚体运动知识点总结刚体运动是物理学中的一个重要研究领域，它涉及到力学、动力学等多个方面的知识。

在学习刚体运动的过程中，我们需要了解刚体的运动方式、刚体的平动和转动运动、刚体的运动方程、刚体动力学等知识点。

下面将针对这些知识点进行详细的总结和讨论。

一、刚体的运动方式刚体可以进行平动运动和转动运动。

在平动运动中，刚体上所有的点都以相同的速度和相同的方向运动。

在转动运动中，刚体绕着固定轴线旋转，使得刚体上的各个点绕着这个轴线做圆周运动。

刚体的平动运动可以分为匀速直线运动和变速直线运动两种情况。

在匀速直线运动中，刚体上各个点的速度大小和方向都保持不变；在变速直线运动中，刚体上各个点的速度大小和方向都在不断地变化。

刚体的转动运动可以分为定轴转动和不定轴转动两种情况。

在定轴转动中，刚体绕着固定的轴线旋转，而在不定轴转动中，刚体绕着移动的轴线旋转。

二、刚体的平动运动在学习刚体的平动运动时，我们通常关心刚体上各点的速度、加速度和位移等动力学量。

1. 速度：刚体上任意一点的速度可以表示为该点的瞬时线速度，即该点的位矢对时间的导数。

刚体上不同点的速度大小和方向可以不同，但它们的速度矢量之间满足相对运动关系。

2. 加速度：刚体上任意一点的加速度可以表示为该点的瞬时线加速度，即该点的速度对时间的导数。

刚体上不同点的加速度大小和方向可以不同，但它们的加速度矢量之间满足相对运动关系。

3. 位移：刚体上任意一点的位移可以表示为该点的位矢的变化量。

刚体上不同点的位移可以通过相对位移关系来描述。

刚体的平动运动可以通过运动方程来描述，其中包含了刚体上不同点的速度、加速度和位移之间的关系。

在解决刚体平动问题时，我们通常会使用牛顿运动定律和动量定理等知识来进行分析和求解。

三、刚体的转动运动在学习刚体的转动运动时，我们需要了解刚体绕着固定轴线旋转的运动规律，以及刚体上各点的角速度、角加速度和角位移等动力学量。

1. 角速度：刚体上任意一点的角速度可以表示为该点的瞬时角位置对时间的导数。

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2l
23
例：半径为r，质量为m的均质圆环静止地放在粗糙水平面上，
轮与水平面之间的滑动摩擦系数为f。设在初始时刻(t=0)，圆环
受到一水平通过环心的碰撞冲量S的作用，S位于圆环的所在平 面内。试确定圆环的运动规律(即圆环中心的速度、位移随时间t
的变化规律)，以环心初始时的位置为坐标原点。
解：(1) 碰撞结束的瞬时, 环心的速度 和环的角速度分别为:
1
l1
2
l2
1 0, 2 3 0
2. 设系统有虚位移：
m1 g
3
y
l3
2 0, 1 3 0
3. 设系统有虚位移：
m2 g
m 3g
F
3 0, 1 2 0
6
Fy
O
Fx M I1
例题：若已知：l1 l2 l , m1 m2 m , F mg . 求: 初始静止,求初瞬时两杆 的角加速度.
m1 g l 1
A
MI2
FI 1
解: 刚体系统动力学问题, 用动静法。 (1) 研究整体, 受力分析。
FI 2
m2 g
l2
B
F
1 1 FI 1 m1l11 FI 2 m2 l11 l2 2 2 2 1 1 2 2 M I 2 m2l2 2 M I 1 m1l1 1 12 12 7
理论力学考试答疑通知
答疑时间： 1月16日上午 8：30-11：30 下午 14：30-17：30 答疑地点：主北302 答疑教师：上午：程耀、吕敬、梁伟 下午：王琪、王士敏、赵振
刚体动力学解法
2
一、动量矩定理
n dLrA M A ( Fi( e) ) rAC ( maA ) ( 2) : rAC // aA dt i 1 (3) : rAC 0 rAC (ma A ) 表示质点系的牵连惯性力（作用在质心C）对A点的矩
FI 2 y A
MI2
A
2
l2
B
m2 g
l2
B
FI 2 x
1 FI 2 x m2 l11 l2 2 2 1 2 FI 1 y m1 l11 2 1 2 FI 2 y m2 l112 l22 2 13
I
题：质量为m长为L的均质杆AB静止放在光滑水平面上，若在杆
Fy
O
Fx M I1
1 1 m1l11 FI 2 m2 l11 l2 2 2 2 1 1 2 M I 2 m2l2 2 M I 1 m1l121 12 12 FI 1
m1 g l 1
A
MI2
FI 1
(2) 方程:
M
o
(F ) 0 :
l1 l2 F (l1 l2 ) M I 1 M I 2 FI 1 FI 2 l1 0 2 2
m1
vA m
1
m1v A m2vC I x : m1vA m2vC I
应用对固定点（与A点重合）的冲量矩定理

C L2 m
m2
B
vC
L 1 m2 vC m2 L2 IL 2 12
1 m2 L2 I L 3
I
11
O
例题：若已知：l1 l2 l , m1 m2 m , I .
设经过 t1 时间，环达到纯滚动： v r
fgt1 fg t1 v0 r r
25
v0 t1 , 2 fg
v0 v1 v0 fgt1 , 2
v0 1 2r
2. 运动的第二阶段(纯滚)
ma Ff 0 N mg mr 2 r F f
l2 l2 1 m2 l11 2 m2l222 I l2 2 2 12
1 2 m2l2 2 I l2 3 10
例：已知冲量I作用前系统静止， 1 m
2m2 , AB L，不计
摩擦。求冲击结束时，滑块A的速度和杆的角速度。
AA
IN
解：应用冲量定理
I oy
O
1
l1
m1
求: 初始静止,求冲击结束瞬 时两杆的角速度.
A
解: (1) 整体冲量分析。
2
l 2 m2
B
对o点应用动量矩定理:
I
l l 1 2 1 m1l1 1 l1 2 m2 l11 2 2 m2l222 I l1 l2 3 2 2 12
9
I Ay
(2) 研究AB杆, 冲量分析。
I Ax
A
应用动量定理:
l2 m2 l11 2 I I Ax 2
2
I
B
对杆心应用动量矩定理:
l2 l2 1 2 m2l2 2 I I Ax 12 2 2
1 ,2 , I Ax
也可以对空间与A点重合的固定点 A’应用动量矩定理:
l 3
vC
A
A
16
碰撞结束的瞬时, 杆上质点的摩擦力分布:
B
B
C
l 3
vC
2 fmg 3 1 fmg 3
Cv
A
质心运动定理和关于质心的动量矩定理:
1 2 maCx fmg fmg 3 3
A
1 2 2 l 1 l ml fmg fmg 12 3 6 3 317
试题: 质量各为m的两个相同的小球(视为质点)用长为L(不计质 量)的细杆固连，静止放在光滑的水平面上，初始时B点的坐 标为(0,L/2)，细杆在y轴上，如图所示。当小球A受到冲量 I(平行于x轴)的作用后，系统在水平面内运动。求： (1) 冲击结束后的瞬时杆AB的角速度 AB ；
2 2 vB xB y B

2
vcx
x
y
A
o
B
AB
A x
I AB l Il AB cos AB t 2m 2m 2
2 2
22
I AB l Il AB 2 B yB 2 vB x cos AB t 2m 2m 2
S v0 m
vo
0 0
24
1. 运动的第一阶段(连滚带滑)
ma Ff 0 N mg mr 2 r F f
Ff f N
y

mg
a
Ff
N
x o
可解得(积分并代入初始条件)：
v fgt v0 fgt r
( v , )
(3) 研究AB杆, 受力分析。
FAx A FAy FI 2 MI2
m2 g
(3) 方程:
FI 2
M
A
(F ) 0 :
l2
B
m2 g
F
l2
B
l2 F l2 M I 2 FI 2 0 2
1 , 2
8
F
I ox
例题：若已知：l1 l2 l , m1 m2 m , I .
AB
o
B
C
vcx
x
A
1 1 xB xC l sin AB t vcxt l sin AB t 2 2 1 yB l cos AB t 2
I 1 xB 2m t 2 l sin AB t y 1 l cos t AB B 2
{F1I ,, FiI ,, FnI } {FIR , M Ic }
n aci

mi
n aci
FIR

M Ic c
c
ri
a
t ci

mi
c
ri
a
t ci

ac
FIR FiI mac
i 1 n
ac
M Ic M c ( FiI ) J c
i 1 n
4
ac
例题：若已知：
I vcx 2m vcy 0 AB I ml
y
B
o
C
AB
x
I
A
19
(2) 系统在运动过程中杆的内力FAB : y
由于水平面内无作用力， 故刚体将以不变的速率 (vcx , vcy , AB ) 运动，不计 质量的杆 AB 是二力杆。
AB
o
B
vcx
x
质心加速度。
I
C
B

vC
解：(1) 先求出碰撞结束的瞬时, 杆上 质点的速度分布;
应用冲量定理和冲量矩定理:
mv C 0 I
A
1 2 l ml 0 I 12 2
I vC m
6I ml
15
碰撞结束的瞬时, 杆上质点的速度分布:
vC
I m

6I ml
B
B
C
vC
C Cv
(2) 系统在运动过程中杆的内力 FAB ；
(3) 小球B的运动方程 xB xB (t ), yB yB (t ) ； (4) 当杆AB第一次与x轴平行时，小球B运动轨迹的曲率半 径。 y
B
o x
18
I
A
(1) 冲击结束后的瞬时杆AB的角速度: 由冲量定理和(对质心C)冲量矩定理:
2mvcx 0 I 2mvcy 0 0 2 2 m l 0 l I AB 2 2
A
取小球 B 为研究对象:
maB FAB