Transcript 第十五章

第十五章 碰 撞
(动力学专题）
沈阳建筑大学
侯祥林
第十五章 碰 撞 (动力学专题）
第十五章 引言
§15-1 碰撞现象 碰撞力
§15-2 普遍定理在碰撞过程的应用
§15-3 恢复系数
§15-4 碰撞问题举例
碰撞问题例题
§15-5 碰撞冲量对绕定轴转动
刚体的作用撞击中心
第十五章 碰 撞 (动力学专题）
运动物体相碰撞时，碰撞过程相当复杂，其运动
状态将有急剧的变化，相互间的作用力很大。
这是重要的动力学专题问题。
×
§15-1
碰撞现象˙碰撞力
碰撞现象实例
物体碰撞
×
锤敲击物体：
打网球：
s
打台球：
×
s
碰撞现象的特点：
在极短的时间内，物体运动状态发生有限的变化；
速度有突变，加速度很大，出现巨大的碰撞力。
碰撞力是短时间内产生一种瞬时力
在极短时间内碰撞力急剧变化，很难确定其变化规律。
由碰撞现象的特点进行的两点简化：
(1) 在碰撞过程中，由于碰撞力非常大，重力、弹性力
等普通力的冲量忽略不计。
(2) 碰撞过程非常短促，物体在碰撞开始和碰撞结束时
的位置基本不改变，物体的位移忽略不计。
×
§15-2 普遍定理在碰撞过程的应用
碰撞过程时间短；碰撞力变化复杂.
不能直接用力来量度碰撞的作用，一般用冲量描述。
无法用运动微分方程描述瞬时力运动变化的关系。
通常研究碰撞前后的变化。
碰撞过程存在机械能的损失；机械能损失难以用力的
功来计算，不便应用动能定理。
通常研究碰撞前后运动变化。应用动量定理和动量矩定
理的积分形式，来确定力的作用与运动变化的关系。
×
1. 碰撞过程动量定理的应用

设质点质量为m，碰撞过程开始时速度为 v ，结束时速

度为 v 。 由质点动量定理为：

 
mv   mv  I
 (e)  (i )
对质点系碰撞，若作用在第i个质点上的碰撞冲量分: I i
Ii

  ( e)  (i )
由质点动量定理:
mi vi  mi vi  I i  I i
n
n 
n 


(e)
(i )

m
v

m
v

I

I
 ii  ii i i
n
i 1
i 1
i 1
i 1
n
n 


(e)

m
v

m
v

I
 ii  ii i
n
i 1
i 1
i 1
×
 (i )
 Ii  0
n
n 


(e)

m
v

m
v

I
 ii  ii i
n
i 1
i 1
i 1
即：质点系在碰撞开始和结束时动量的变化，等于作用
于质点系的外碰撞冲量的主矢。
可以简化为：
 (e )


mvc  mvc   I i
当满足：
 (e)
 Ii  0
n
i 1
碰撞过程动
量守恒：
n


 mi vi   mi vi
n
i 1
i 1
×
2. 碰撞过程动量矩定理的应用
n
  (e)
d 
质点系动量矩定理的微分形式：
Lo   M o ( Fi )
dt
i 1
n
  (e)
d 
表示为：
Lo   ri  Fi
dt
i 1
则：
n
n

  (e)
  (e)
dLo   ri  Fi dt   ri  dI i
i 1
LO 2

i
n
 (e)

 (e)
t 
t n 
   ri  dI i
dLo    ri  dI i
o
LO1
i 1
i 1
o
n
n
  (e)
n




t


(
e
)
Lo 2  Lo1   ri   dI i( e )   ri  I i   M o ( I i )
i 1
o
i 1
n


  (e)
Lo 2  Lo1   M o ( I i )
i 1
×
i 1
n
n


  (e)
  (e)
Lo 2  Lo1   ri  I i   M o ( I i )
i 1
i 1
即质点系在碰撞开始和结束时对点O的动量矩变化，
等于作用于质点系的外碰撞冲量对同一点的主矩。
  (e)
 M o (Ii )  0
n
当满足：
i 1
碰撞过程动量矩守恒：


Lo 2  Lo1
×
3. 碰撞对平面运动刚体的作用
质点系相对质心的动量矩定理与对固定点的动量矩定
理具有相同的形式：
 (e)
Lc 2  Lc1   M c ( I i )
Lc1 、Lc2为碰撞前质点系对于质心C的动量矩，右端项为外
碰撞冲量对质心之矩的矢量和（对质心的主矩）。
Lc  J c
 (e)
J c 2  J c1   M c ( I i )
×
碰撞过程中的动量定理和冲量矩定理共同应用，可获得刚
体平面运动的碰撞问题求解。
 (e )


mvc  mvc   I i
 (e)
J c 2  J c1   M c ( I i )
×
§15-3
恢复系数
小球铅直地落到固定的平面上.称为正碰撞
×
碰撞过程可分为两个阶段：
第一阶段: 物体动能减小到零，变形增加，设在此阶段的碰
撞冲量为I1，应用冲量定理在y轴的投影式:
0  (mv)  I1
第二阶段: 弹性变形逐渐恢复，动能逐渐增大，设在此阶段
的碰撞冲量为I2，应用冲量定理在y轴的投影式:
mv  0  I 2
y

v

v

I1

I2
得：
v I 2

v I1
由于物体能量损失： v  v
通常：
v
k
v
由物体材料确定，称为恢复系数
×
v
k
v
恢复系数表示物体在碰撞后速度和变形恢复程度，
反映碰撞过程中机械能损失程度。
当材料恢复系数满足0<k<1。 这种材料物体发生碰撞，
称为弹性碰撞。
当k=1时，碰撞结束时，物体变形完全恢复，动能没有损失，
称为完全弹性碰撞。
当k=0时，在碰撞结束时，物体的变形丝毫没有恢复，
称为非弹性碰撞或塑性碰撞。
一般情况，两个物体碰撞，恢复系数定义为：
vrn
k n
vr
n  n
vr vr 为碰撞前后两物体接触点沿接触面法线方向的相对速度。
×
如图碰撞，开始时速度v与接触点法线夹角为α，碰撞结束时速度
v与法线夹角为 β，碰撞称为斜碰撞。不计摩擦。确定恢复系数。
进行速度分解：
在τ方向：不计摩擦
v  v
v sin   v sin 

vn
v sin 

v sin 
在n方向：
vn  v cos

vn
vn  v cos 
恢复系数应为
vn
v cos 
tan 
k


v cos 
vn
tan 
×
n



v

v

v

v

§15-4
碰撞问题举例
应用动量定理和动量矩定理的积分形式，并用恢复系
数建立补充方程，可以分析碰撞前后物体运动变化与其受
力之间的关系。
碰撞问题求解步骤：
1）取研究对象
2）碰撞前后运动分析
3）应用碰撞动量和动量矩定理
4）计算结果
选题
×
×
例1 两个球的质量分别为m1和m2，碰撞开始时两质心的速度
分别为v1 和v2 ，且沿同一直线，如图所示。如恢复系数为k，
试求碰撞后两者的速度和碰撞过程中损失的动能。
C1 v1
解：
v1
1)取两个球质点系为研究对象
C2 v2
v2
2）碰撞前后运动分析：
两球能碰撞前的条件是v1>v2 。
设碰撞结束时，二者的速度分别为v1和v2，且v1<v2 。
3）应用碰撞过程的动量守恒:
m1v1  m2v2  m1v1  m2v2
×
m1v1  m2v2  m1v1  m2v2
v2  v1
k
v1  v2
vrn
由恢复系数定义：k  n
vr
m1v1  m2v2  m1v1  m2v2
联立二式
v2  v1
k
v1  v2
v1  v1  (1  k )
解得
C1 v1
v1
m2
(v1  v2 )
m1  m2
v2  v2  (1  k )
m1
(v1  v2 )
m1  m2
×
C2 v2
v2
4）动能损失
以T1和T2分别表示系统碰撞
开始和结束时的动能：
v1  v1  (1  k )
m2
(v1  v2 )
m1  m2
v2  v2  (1  k )
1
1
m1v12  m2 v22
2
2
1
1
2

T2  m1v1  m2 v22
2
2
T1 
m1
(v1  v2 )
m1  m2
C1 v1
v1
C2 v2
v2
1
1
m1 (v12  v12 )  m2 (v22  v22 )
2
2
1
1
 m1 (v1  v1 )(v1  v1 )  m2 (v2  v2 )(v2  v2 )
2
2
T  T1  T2 
m1m2

(1  k )(1  k )(v1  v2 ) 2
2(m1  m2 )
m1m2

(1  k 2 )(v1  v2 ) 2
2(m1  m2 )
×
m1m2
T  T1  T2 
(1  k 2 )(v1  v2 ) 2
2(m1  m2 )
完全弹性碰撞时：
C1 v1
v1
T  T1  T2  0
k 1
C2 v2
v2
系统动能没有损失，即碰撞开始和结束时的动能守恒。
塑性碰撞时
k 0
m1m2
(v1  v2 ) 2
动能损失为： T  T1  T2 
2(m1  m2 )
当塑性碰撞开始时，v2=0，则动能损失为：
m2 m2
T  T1  T2 
v12
2(m1  m2 )
×
1
T1  m1v12
2
C1 v1
m2 m2
T  T1  T2 
v12
2(m1  m2 )
T  T1  T2 
v1
C2 v2
v2
m2
1
T1 
T1
m1
m1  m2
1
m2
塑性碰撞过程中损失的动能与两物体的质量比有关。
当m2>>m1时，△T≈T1，即质点系在碰撞开始时的动能几乎完
全损失于碰撞过程中。这种情况对于锻压金属是最理想的。
我们希望在锻压金属时，锻件变形尽量大，而砧座尽可能不
运动。因此工程中采用比锻锤重很多倍的砧座。
当m2<<m1时，△T≈0，这种情况对于打桩是最理想的。
因为我们希望在碰撞结束时，应使桩获得较大的动能去克服阻
力前进。因此在工程中应取比桩柱重得多的锤打桩。
选题
×
×
例2 打台球，母球以v2 =5 m/s速度碰撞1号球使其落入角袋，
θ=300 ，设恢复系数为k=0.95，母球和子球质量相同。求碰撞后
子球和母球的速度。
解：
（1）取两球质点系为研
究对象。设质量为m。
（2）碰撞分析
碰撞前：

v 2 y

1

v2 x

母球速度 v2
碰撞后：

子球速度 v1
 
母球速度 v2 x , v2 y
×

v2

v1
（3）碰撞过程的动量定量
0  mv2 x  mv1 cos
mv2  mv 2 y  mv1 sin 

v 2 y

1
由恢复系数
v1  (v2 y sin   v2 x cos )
k
v2 sin   0

v2 x
v1  (v 2 y sin   v 2 x cos )  kv2 sin 
×

v2

v1
v2 x  v1 cos
v 2 y  v 2  v1 sin 
v1  [(v2  v1 sin  ) sin   v1 cos cos ]
 kv2 sin 
v1 
kv2 sin   v2 sin  (k  1)v2 sin 

2
2
2
(1  sin   cos  )
(0.95  1)  5  sin 30 0

 2.4375 m / s
2
v 2 x  v1 cos  2.4375  cos30 0  2.11094 m / s

 v 2 y
v2


v2 x

1

v1

v2
v2 y  v2  v1 sin   5  2.4375  sin 300  3.78125 m / s
母球速度大小： 
2
2
v 2  v 2 x  v 2 y  2.11094 2  3.78125 2  4.33058 m / s
速度方向： tg  v2 y  3.78125  1.79126
v2 x
2.11094
×
  60.830
选题
×
例3 图示，物块A自高度h=4.9m处自由落下，与安装在弹簧上
的物块B相碰。已知A的质量m1=1kg，B的质量m2=0.5kg ，弹
簧刚度k=10N/mm。设碰撞结束后，两物块一起运动。求碰撞
结束时的速度和弹簧的最大压缩量。
解：
1）整个系统为研究对象
2）碰撞前后运动分析
物块A自高处落下与B块接
触的时刻，碰撞开始。
A
 st
 max
B
v1  2gh  9.8m / s, v2  0
碰撞过程：A的速度减少，
B的速度增大 。 碰撞结束
时：二者速度相等。
3）应用碰撞过程的沿y方向
动量守恒，忽略重力。
v 
h

v1
m1v1
9.8

 6.533m / s
m1  m2 1.5
×
碰撞后，A、B以相同速度
运动使弹簧压缩量达最大值。
此后物块将向上运动，持续  max
地往复运动。
 st
B
A

v1
设最大压缩量为δmax
4）由动能定理
1
k 2
2
2

0  (m1  m2 )v  (m1  m2 ) g ( max   st )  ( st   max
)
2
2

2
max
2(m1  m2 ) g
m1  m2
 m1  m2 2
2


 max  
v 2
g st   st   0
k
k
 k

注意到 kδmax=m2g
解得最大压缩量
 max  81.49mm
另一解为-78.55mm，弹簧为拉伸状态，不合题意。
×
选题
例4 图示射击摆是一个悬挂于水平轴O的填满砂土的筒。当枪弹
水平射入砂筒后，使筒绕O轴转过一偏角，测量偏角大小可求出
枪弹的速度。已知摆的质量为m1 ，对O轴的转动惯量为Jo ，摆重
心C到O轴的距离为h。枪弹的质量为m1，枪弹射入砂筒时枪弹到
O轴的距离为d。悬挂索的重量不计，求子弹的速度。
解：
1）以枪弹与摆的质点系为研究对象。
O
2）碰撞前后运动分析
子弹射入砂筒到与砂筒一起运动可似为

碰撞过程。设碰撞开始时子弹速度为v.

开始时质点系的动量矩Lo1：
Lo1  m2v  d
h
C
碰撞结束时摆的角速度为ω,
质点系动量矩为Lo2:
Lo 2  J o  (m2 d )d  ( J o  m2 d 2 )
×

v
d
Lo1  m2v  d
Lo 2  J o  (m2 d )d  ( J o  m2 d 2 )
3) 外碰撞冲量对O轴的矩等于零，质
点系动量矩守恒。
O

Lo1  Lo 2

4）解得v :
h
C
J O  m2 d
v

2
md
2

v
×
d
5) 碰撞结束后，摆与子弹一起绕O轴转过角度φ 。
由动能定理
1
1
2
0  ( J o  m2 d 2 2 ) 
2
2
O
 m1 g (h  h cos  )  m2 g (d  d cos  )

1
即 ( Jo  m2 d 2 ) 2  (m1h  m2 d )(1  cos  ) g
2
1  cos   2 sin
2
2
m1h  m d

g  2 sin
解得：  
2
Jo  m2 d
2
2
得子弹射入砂
筒前的速度：

2 sin


h
d
C

v

2
m2 d
( Jo  m2 d 2 )( mh  m2 d ) g
×
选题
例5 均质细杆长l,质量为m,以速度v平行于杆自身而斜撞于
光滑地面,杆与地面成角 θ,如图所示.如为完全弹性碰撞,
试求撞后杆的角速度。
解：

y
1）取杆为研究对象

vcy

2）碰撞过程分析
vc

地面光滑，杆只受有y方


vcx 
v
v A
向的碰撞冲量I 。 杆沿x方
Ay
v
C

向动量守恒


设杆撞后质心C的速度为vc ，
角速度为ω。
A
  v cos
则x方向： vcx
由基点法分析A点速度：

 

v A  vC  v AC
v Ax
×

I
x

 

v A  vC  v AC

沿y轴投影：

vcy
l
   cos 
vAy  vCy
2

v
A在碰撞前法向速度:
v Ay  v sin 
由恢复系数 k  1 
vAy
v Ay

y
C

vc

vcy 
v Ay

vAy
A
v sin 
1
代入上式，得 vCy
   cos  v sin 
2
  mv sin   I
冲量定理沿y轴投影式为 mvCy
×

v A

vAx

I

v Ay
x

  mv sin   I
mvCy
y

vcy
对质心C的动量矩定理为
ml 2
l
  I cos
12
2

v
消去以上两式中的I，得
C
2
l
ml

(mvcy  mv sin  ) cos 

2
12
 
vcy
l
6 cos
l
6 cos
 v sin 
 v sin  
解出
2

v A

vAx

A
 
vCy
l

vc

vcy 
v Ay

I
x
1
cos  v sin 
2
cos  v sin 
6v sin 2

(1  3 cos 2  )l
×
选题
例6：移动式足球机器人小车视为均匀的 75mm× 75mm的平面
运动构件。当两小车碰撞时，运动方向和转动角速度都要改变。
设小车质量m1=m2=0.5 kg，对质心的转动惯量J1=J2 =0.00046875
kg.m 2 ，方位和碰撞点如图。恢复系数为k=0.5。碰撞前小车质
心速度vC1=1m/s, vC2=1 m/s. ω1=ω2=0 ，求碰撞后两个小车的质心
速度和角速度。
y
1号小车
解：
1)分别取两个小车为研
究对象

n

vC1



vC 2
C1
30 0
J
60 0
45
0
C2
2号小车
60 0
x
×
y
2）碰撞分析
碰撞冲量为I：
碰撞后参数：
1号小车

vC1



m1 (vC 1  vC1 )  I



J 1 ( 1   1 )  C1 J  I
对于2号小车



m2 (vC 2  vC 2 )   I



J 2 ( 2   2 )  C 2 J  ( I )



vC 2
C1
30 0
3）应用碰撞过程的冲量定
理与冲量矩定理可列
对于1号小车

n
J
45
C2
0
60 0
2号小车
60 0
x
1号小车
y
 n
vC1

v C 1
C1
60
0
×
30 0
 
 vC 2
I
J

J
I
45 0
2号小车

vC 2
C2
 2
1
60 0
x
设t方向和n 方向单位向量为:

 



t0  t 0 x i  t 0 y j , n0  n0 x i  n0 y j
碰撞点
速度

v1J

v1J

v2 J

v 2 J


 vC1  1  C1 J



 vC1  1  C1 J


 vC 2   2  C 2 J


 vC 2   2  C 2 J
y

v C 1
1号小车
 n
vC1
C1




 n0  (vC1  1  C1 J )  n0




 n0  (vC 1  1  C1 J )  n0
 vC 2
I
 J
J I
45 0
2号小车

vC 2
C2
 2
1
60 0
60 0
x
碰撞点速度在法向方向投影


v1J n  v1J
v1J n  v1J
30 0
 
v2 J n  v2 J  n0  (vC 2   2  C2 J )  n0

 







v2 J n  v2 J  n0  (vC 2   2  C2 J )  n0




由恢复系数定义：
(v1J n  v2 J n ) /(v2 J n  v1J n )  k


 




 






(vC1  1  C1 J )  n0  (vC 2   2  C2 J )  n0  k[(vC 2   2  C2 J )  n0  (vC1  1  C1 J )  n0 ]
×
将碰撞前后的速度和
冲量表示为投影形式：


 

vC1  vC 1 x i  vC1 y j ,  1   1 k

vC 2
y

v C 1
1号小车
 n
vC1
C1


 
 vC 2 x i  vC 2 y j ,  2   2 k


 

vC 1  vC 1x i  vC 1 y j , 1  1k


 

vC 2  vC 2 x i  vC 2 y j ,  2   2 k
30 0
 
2号小车
 vC 2
I
 J
J I
45 0

vC 2
C2
 2
1
60 0
60 0




I  In0  I (n0 x i  n0 y j )
x



v 2 J  vC 2   2  C 2 J





v 2 J  vC 2   2  C 2 J



v1J  vC1  1  C1 J





v1J  vC1  1  C1 J
 
 




  





(vC1  1  C1 J )  n0  (vC 2   2  C2 J )  n0  k[(vC 2   2  C2 J )  n0  (vC1  1  C1 J )  n0 ]
×
得到7个方程组成的方程组，表示为矩阵形式。
0
0
0
0
 n0 x
 m1 0

 vC 1x 
0 m

0
0
0
0
 n0 y
1

 v 
0 0
J1
0
0
0
 C1 J x n0 y  C1 J y n0 x   C1 y 

  1 
0
m2
0
0
n0 x
0 0
 v  
0 0
 C 2x 
0
0
m2
0
n0 y

 vC 2 y 
0
0
0
J2
C 2 J x n0 y  C 2 J y n0 x   
0 0

   2 
 C1 J y n0 x
C 2 J y n0 x
n0 x n0 y
  I 
 n0 x  n0 y
0
 C1 J x n0 y
 C 2 J x n0 y


m1vC1x




m
v
1
C
1
y




J 11


m
v
2 C2x




m 2 vC 2 y


J



2 2
k[( n0 x vC 2 x  n0 y vC 2 y )  (n0 x vC1x  n0 y vC1 y )




(
C
J
n

C
J
n
)


(
C
J
n

C
J
n
)

]

1 y 0x
1 x 0y
1 
 2 y 0 x 2 x 0 y 2
×
方程组采用工具解法
mathematics
×
m1  m2  0.5 kg
J 1  J 2  0.00046875 kg  m 2
0.075 
C1 J 
i m
2  cos 30 0


0.075
0
0
C2 J 
( cos 15 i  sin 15 j ) m
0
cos 45



0
0
n   sin 60 i  cos 60 j



0
vC1  1  (cos 60 i  sin 60 j ) m / s



0
vC 2  1  ( cos 60 i  sin 60 j ) m / s
计算结果
y

v C 1
1号小车
 n
vC1
C1
30 0
 
 vC 2
I
 J
J I
45 0
2号小车

vC 2
C2
 2
1
60 0
60 0
x
vC 1x  0.0835 m / s

vC 1 y  1.1065 m / s
 
 1  11.1069 rad / s
I  0.2405 kg  m 2
×
vC 2 x  0.8348 m / s

vC 2 y  0.6255 m / s
 
 2  7.0417 rad / s
选题
§15-5 碰撞冲量对绕定轴转动刚体的作
用 撞击中心
1. 刚体角速度的变化
设绕定轴转动的刚体受到外碰撞冲量的作用；
根据冲量矩定理在z轴上的投影式，得：
 (e)
Lz 2  Lz1   M z ( I i )
n

Ii
i 1
Lz1和Lz2 ：刚体在碰撞前后对z轴的动量矩；
设ω1和ω2是碰撞前后刚体瞬时角速度；
Jz：是刚体对于转轴z的转动惯量。
n
J z 2  J z1   M z ( I i( e ) )
i 1
角速度变化为：  2  1 
(e)
M
(
I
 z i )
Jz
×
i
2.支座的反碰撞冲量˙撞击中心
图示定轴转动的刚体，受到外碰撞冲量I的作用时，轴
承与轴之间将发生碰撞。
设刚体有对称平面，且绕垂直于
对称面的轴转动。
设图示平面图形是刚体的对称面，
则刚体的质心C必在图面内。
外碰撞冲量I作用在对称面内，
求轴承O的反碰撞冲量Iox和Ioy 。
取Oy轴通过质心C，x轴与y轴垂直。
应用冲量定理： m   m  I  I
Cx
Cx
x
Ox
m y  m yx  I y  I Oy
×

I
I ox
O
x
I oy
C
y
  mCx  I x  I Ox
mCx
m y  m yx  I y  I Oy
式中，m为刚体质量，vcx、vcx
和vcy、vcy分别为碰撞前后质心
速度沿x、y轴的投影。
若图示位置是发生碰撞的位置，
则有vcy=vcy =0。
I Ox  m( cx   cx )  I x
于是：

I
I ox
O
x
I oy
C
y
I Oy   I y
可见，一般情况下，在轴承处将引起碰撞冲量。
工程中，有些机器是利用碰撞工作的，材料撞击试验机
就是一例。
如果工作时，轴承处也有碰撞冲量，轴承和轴将易于损
坏，因此，应尽可能减小轴承处的碰撞冲量。
×
分析
I Ox  m( cx   cx )  I x
I ox
I Oy   I y
O
若：(1) Iy=0
(2) Ix=m(vcx-vcx)
则有

I
Iox=0
Ioy=0
I oy
a
K
C
x
l
y
如果外碰撞冲量I 作用在物体对称平面内，并且满足以上两
个条件，则轴承反碰撞冲量等于零，即轴承处不发生碰撞。
由(1) Iy=0，即要求外碰撞冲量与y轴垂直，即I必须垂直于
支点O与质心C的连线，如图所示。
由(2), Ix=ma(ω2- ω1 ）
×
将
 2  1 
 (e)
 M z (Ii )
代入
Ix=ma(ω2-ω1 ）
Jz
Il
ma  I
Jz
I ox
式中l=OK，点K是外碰撞冲量I的作用
线与线OC的交点。
解得：
Jz
l
ma

I
O
I oy
a
K
C
x
l
y
满足上式的点K称为撞击中心。
结论：当外碰撞冲量作用于物体的对称平面内的撞击中心，
且垂直于支点与质心的连线，在支点处不引起碰撞冲量。
应用：设计材料撞击试验机的摆锤时，应该把撞击试件的刃
口设在摆的撞击中心，可以使轴承避免承受撞击载荷。
×
例7 均质杆质量为m，长为2a，其上端由圆柱铰链固定，如图
所示。杆由水平位置无初速地落下，撞上一固定的物块。设恢
复系数为k，求（1）轴承的碰撞冲量；（2）撞击中心的位置。
解：
（1）杆在铅直位置与物块碰撞，设碰撞
开始和结束时杆的角速度分别为ω1 和ω2 。
在碰撞前，杆自水平位置自由落下，
O
应用动能定理：


1
J O12  0  mga
2
1
2
C

I
求得：
2mga
3g
1 

Jo
2a
×
I oy
I ox
a
l
2a
撞击点碰撞前后的速度为v和v ，由恢复系数
   2l  2
k 

 1l 1
得
1 
2mga
3g

Jo
2a
2  k1
I oy
对O点的冲量矩定理为
J o 2  J o1  Il
O
1
2
于是碰撞冲量
2
Jo
4ma
I  ( 2  1 ) 
(1  k )1
l
3l
C

I
代入ω1的数值，得
2ma
I
(1  k ) 6ag
3l
I ox
×
a
l
2a
（2）根据冲量定理，有
m( 2 a  1a)  I Ox  I
I Oy  0
I oy
O
则： I Ox  ma(1   2 )  I  I  (1  k )am1
1
2
2a 1
 (1  k )m(  ) 6ag
3l 2
3l 2
当 2a  1  0 时
得撞击中心：
I ox
C
a
l
2a

I
I Ox  0
4a
l
3
选题
×
碰撞问题例题
C1 v1
v1
C 2 v2
v2
A
 max
h
 st
B
I oy
I ox
O
1
2
a
C

I
×
l
2a