动量矩定理12-1 质量为m 的点在平面Oxy 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 vt 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 ，AC = e ；轮子半径为R ，对轴心A 的转动惯量为J A ；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。

轮子角速度Rv A=ω 质心C 的速度 )(e R Rv C B v AC +==ω 轮子的动量A C mv ReR mv p +==（方向水平向右） 对B 点动量矩 ω⋅=B B J L由于 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)( ++-= （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+== （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 mm ，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F mg ma C -=θsin （1）J C α = Fr （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 g mrJ mr C 2sin +==θϕα 上式对时间两次积分，并注意到t = 0时0 ,0==ϕϕ ，则 )(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)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 ==将其对间t 求两次导数，且注意到 αϕωϕ-=-= ,，得到 )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 N B 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 +-= 把 122ml J C =代入上式得 ϕαcos 23l g=而 td d ωα=分离变量并积分得 ϕϕϕϕωωωd cos 23d 00l g -=⎰⎰)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 将α和ω表达式代入上式解得01sin 32sin ϕϕ=)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)2( )1( sin A 11T αθJ r F F F mg ma =--=对薄铁环B 有)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 71T T mg F F ='=（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a C 。

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 F = fF N （4）圆柱沿斜面向下滑动，可看作沿AD 绳向下滚动，且只滚不滑，所以有 a C =αr把上式及31=f 代入式（3）、（4）解方程（1）至（4），得a C = （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 r 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 m J J A B ==代入，解得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mgr M 2=习题9－8图 AαAv Aa rCTF gm(a)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F T 。

解：法1：图（a ） T F mg ma A -= （1） r F αJ A T = （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 =ϕ （5）2223mr mr J J A C =+=又 ra A =ϕg a A 32=（同式（4））再由 T F mg ma 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 -=α （1）T F a m O -='（2）对A ：T mg ma A -=（3）又：tH H A a a a ==绳以O 为基点：F 绳H a Hgm OαT· Em ′g习题9－11图DABC习题9－12图rαD NF Fagm MM f(a)tn n t HO HO O H H a a a a a ++=+ααα)(tt r R r R a a a 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 Tmg 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。