动量矩定理1２－１ 质量为m 的点在平面Ｏx ｙ内运动,其运动方程为:tb y ta x ωω2sin cos ==式中a 、b 和ω为常量。
求质点对原点Ｏ的动量矩。
解:由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度tb t y v t a txv y x ωωωω2cos 2d d sin d d ==-==质点对点O 的动量矩为ta tb m t b t a m xmv y mv m M m M L y x O O ωωωωωωcos 2cos 22sin )sin ()()(0⋅⋅+⋅-⋅-=⋅+⋅-=+=y x v vﻩ t mab ωω3cos 2=1２-3 如图所示，质量为m 的偏心轮在水平面上作平面运动。
轮子轴心为A ,质心为Ｃ，A Ｃ ＝ e ；轮子半径为Ｒ，对轴心A 的转动惯量为ＪA ;C 、Ａ、B 三点在同一铅直线上。
（１)当轮子只滚不滑时，若v Ａ已知，求轮子的动量和对地面上B 点的动量矩。
（２)当轮子又滚又滑时，若v A 、ω已知,求轮子的动量和对地面上Ｂ点的动量矩。
解：(1)当轮子只滚不滑时B 点为速度瞬心。
ﻩ 轮子角速度Rv A=ωﻩ质心C 的速度)(e R Rv C B v AC +==ωﻩ ﻩ轮子的动量(A C mv ReR mv p +==ﻩ方向水平向右） ﻩ对Ｂ点动量矩ω⋅=B B J L ﻩ由于ﻩ 222)( )( e R m me J e R m J J A C B ++-=++=故[]Rv e R m me J L AA B 22)( ++-=ﻩ(２）当轮子又滚又滑时由基点法求得C 点速度。
e v v v v A CA A C ω+=+=轮子动量( )(e v m mv p A C ω+==ﻩ方向向右） 对B 点动量矩)( )()()( )( 2e mR J e R mv me J e R e v m J BC mv L A A A A C C B +++=-+++=+=ωωωω12-13 如图所示，有一轮子，轴的直径为50 m ｍ，无初速地沿倾角︒=20θ的轨道滚下,设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为s = 3 m 。
试求轮子对轮心的惯性半径。
解:取轮子为研究对象,轮子受力如图(ａ）所示，根据刚体平面运动微分方程有 ﻩ F mg ma C -=θsin ﻩ (1) J Ｃα = Ｆr ﻩ ﻩ（2）因轮子只滚不滑，所以有 a Ｃ ＝αr （3）将式（3）代入式(1)、(２）消去F 得到ﻩg mr J mr C 2sin +==θϕα上式对时间两次积分，并注意到ｔ = 0时0 ,0==ϕϕ ,则 ﻩ)(2sin )(2sin )(2sin 22222222r grt mr m mgrt mr J mgrt C +=+=+=ρθρθθϕ 把 r = ０.0２5 m 及ｔ = 5 ｓ时，m 3==ϕr s 代入上式得mm 90m 09.013220sin 58.9025.012sin 2sin 2222==-⨯︒⨯=-=-=s gt r r grt θϕθρ12-17 图示均质杆AB 长为l ,放在铅直平面内,杆的一端Ａ靠在光滑铅直墙上,另一端B 放在光滑的水平地板上,并与水平面成0ϕ角。
此后，令杆由静止状态倒下。
求（1）杆在任意位置时的角加速度和角速度;（2)当杆脱离墙时，此杆与水平面所夹的角。
解：（1)取均质杆为研究对象,受力分析及建立坐标系Oxy 如图(a),杆AB 作平面运动,质心在Ｃ点。
刚体平面运动微分方程为ﻩﻩ)3( sin 2cos 2)2( )1( N N N N ϕϕαlF l F J mg F y m F x m A B C B C A C ⋅-⋅=-==由于ϕϕsin 2,cos 2ly l x C C ==ﻩﻩ将其对间t 求两次导数,且注意到 αϕωϕ-=-= ,，得到 ﻩ )5( )sin cos (2)4( )cos sin (222ϕωϕαϕωϕα+-=-=l y l x C C将式(4)、（5)代入式(１)、(２)中,得mgml F mlF BA ++-=-=)sin cos (2)cos sin (22N 2N ϕωϕαϕωϕα再将F N A ,F ＮB 的表达式代入式（3）中，得ϕϕωϕαϕϕϕωϕααsin )cos sin (4cos 2cos )sin cos (42222--++-=ml mgl ml J C即ϕααcos 242mglml J C +-=ﻩ 把 122ml J C =代入上式得 ϕαcos 23l g=而td d ωα=ﻩ分离变量并积分得ﻩ ϕϕϕϕωωωd cos 23d 00l g -=⎰⎰ﻩ)sin (sin 30ϕϕω-=lg(２)当杆脱离墙时F N A ＝ 0，设此时1ϕϕ=则0)cos sin (2121N =-=ϕωϕαmlF A ﻩ 将α和ω表达式代入上式解得01sin 32sin ϕϕ=ﻩﻩ )sin 32arcsin(01ϕϕ=12－19 均质实心圆柱体A 和薄铁环Ｂ的质量均为ｍ，半径都等于r ,两者用杆AB 铰接，无滑动地沿斜面滚下,斜面与水平面的夹角为θ，如图所示如杆的质量忽略不计,求杆AB 的加速度和杆的内力。
解:分别取圆柱A 和薄铁环B 为研究对象，其受力分析如图(a ）、（b ）所示，Ａ和B 均作平面运动,杆ＡB 作平动,由题意知T T ,,F F a a a B A B A '=====ααα。
对圆柱A 有 ﻩ)2( )1( sin A 11T αθJ r F F F mg ma =--=对薄铁环B 有 ﻩ)4( )3( sin 22αθB J r F F mg T ma =-+'=联立求解式(1）、（2）、(3）、(4），并将T T 22,,2F F mr J r m J B A '===，以及根据只滚不滑条件得到的ａ = αr 代入,解得(θsin 71TT mg F F ='=ﻩ压力)及 θsin 74g a =1２-２１ 图示均质圆柱体的质量为m ，半径为r ，放在倾角为︒60的斜面上。
一细绳缠绕在圆柱体上，其一端固定于点Ａ,此绳与A 相连部分与斜面平行。
若圆柱体与斜面间的摩擦系数为31=f ，试求其中心沿斜面落下的加速度ａC 。
解：取均质圆柱为研究对象,其受力如图(a)所示，圆柱作平面运动，则其平面运动微分方程为)3( 60sin )2( 60cos 0)1( )(T N T F F mg ma mg F r F F J C --︒=︒-=-=α 而ﻩﻩ F = ｆＦN ﻩﻩ ﻩ (4）圆柱沿斜面向下滑动,可看作沿A Ｄ绳向下滚动，且只滚不滑，所以有ﻩａＣ=αr 把上式及31=f 代入式（3)、（4)解方程(1)至(4)，得 a C ＝ 0.３55g ﻩ (方向沿斜面向下)12-23 均质圆柱体A 和B 的质量均为m ，半径为ｒ，一绳缠在绕固定轴Ｏ转动的圆柱A 上,绳的另一端绕在圆柱B 上，如图所示。
摩擦不计。
求:(1）圆柱体B 下落时质心的加速度;（2）若在圆柱体A 上作用一逆时针转向,矩为Ｍ的力偶,试问在什么条件下圆柱体B 的质心习题9－8图AαAv Aa rCTF gm(a)加速度将向上。
解:(1）分别取轮Ａ和B 研究,其受力如图(ａ）、（b ）所示，轮A 定轴转动,轮Ｂ作平面运动。
对轮Ａ运用刚体绕定轴转动微分方程 ﻩr F J A A T =α （1)对轮B 运用刚体平面运动微分方程有B ma F mg ='-T （2)r F J B B T '=α (３）再以C 为基点分析B 点加速度，有r r a a a B A BC C B ⋅+⋅=+=αα (4) 联立求解式(1）、(２)、(3)、(4)，并将T T F F '=及22r mJ J A B ==代入,解得ﻩ g a B 54=２)若在A 轮上作用一逆时针转矩M ，则轮A 将作逆时针转动，对A 运用刚体绕定轴转动微分方程有r F M J A A T -=α （５） 以C 点为基点分析B 点加速度,根据题意，在临界状态有0tt =+-=+=r r a a a B A BC C B αα （6）联立求解式(5）、(6)和(2)、(３）并将T T '=及22r m J J A B ==代入,得 ﻩmgr M 2=故当转矩mgr M 2>时轮B 的质心将上升。
９－8 图示圆柱体A 的质量为m ，在其中部绕以细绳，绳的一端B 固定。
圆柱体沿绳子解开的而降落,其初速为零。
求当圆柱体的轴降落了高度ｈ时圆柱体中心A 的速度υ和绳子的拉力ＦT 。
解:法1：图（a ）T F mg ma A -=ﻩ（１) r F αJ A T =ﻩ(2） r αa A = （３）221mr J A = 解得 mg F 31T=（拉) g a A 32=(常量） (４)由运动学 gh h a v A A 3322==（↓） 法2:由于动瞬心与轮的质心距离保持不变,故可对瞬心C 用动量矩定理：mgr J C =ϕﻩ（5) 2223mr mr J J A C =+=又 ra A=ϕg a A 32=(同式（4）) 再由 T F mg ma A -=习题9－11图DBrαD NF Fagm MM f(a)得 mg F 31T=（拉) gh h a v A A 3322==(↓) ９－10 图示重物A 的质量为ｍ,当其下降时,借无重且不可伸长的绳使滚子C 沿水平轨道滚动而不滑动。
绳子跨过不计质量的定滑轮D 并绕在滑轮B 上。
滑轮B 与滚子C 固结为一体。
已知滑轮Ｂ的半径为Ｒ，滚子C 的半径为r ，二者总质量为m ′，其对与图面垂直的轴O 的回转半径为ρ。
求：重物Ａ的加速度。
解:法１：对轮: Fr TR J O -=αﻩ（1） T F a m O -='ﻩ(２)对A :T mg ma A -=ﻩ（3）又：tH H A a a a ==绳以O 为基点：tn n t HO HO O H H a a a a a ++=+ααα)(t t r R r R a aa O HO H -=-=-=(→)α)(r R a A -=(↓)(4)由上四式联立，得(注意到2ρm J O '=)1)()()()()(2222222+-+⋅'=-++'-=r R r m m gr R m r m r R mg a A ρρ法2:对瞬心E 用动量矩定理(本题质心瞬心之距离为常数）)(r R T J E -=α T mg ma A -= 又α)(r R a A -=)(222r m r m J J O E +'='+=ρ 可解得：1)()(222+-+⋅'=r R r m m ga A ρ9-１1 图示匀质圆柱体质量为m ，半径为r ,在力偶作用下沿水平面作纯滚动。