012 第十二章 动量矩定理.docx

012 第十二章 动量矩定理第12章 动量矩定理 通过上一章的学习我们知道动量是表征物体机械运动的物理量。但是在某些情况下，一个物体的动量不足以反映它的运动特征。例如，开普勒在研究行星运动时发现，行星在轨道上各点的速度不同，因而动量也不同，但它的动量的大小与它到太阳中心的距离之乘积称为行星对太阳中心的动量矩，总是保持为常量，可见，在这里，行星对太阳中心的动量矩比行星的动量更能反映行星运动的特征。 在另一些情况下，物体的动量则完全不能表征它的运动。例如，设刚体绕着通过质心C的z轴转动。因为不论刚体转动快慢如何，质v心速度vC总是等于零，所以刚体的动量也总是零。但是，刚体上各质点的动量大小与其到z轴的距离的乘积之和即刚体对z轴的动量矩却不等于零。可见，在这里，不能用动量而必须用动量矩来表征刚体的运动。 §12-1 质点动量矩定理 例2.人造地球卫星本来在位于离地面h=600km的圆形轨道上，如图所示，为使其进入r=104km的另一圆形轨道，须开动火箭，使卫星在A点的速度于很短时间内增加0.646km/s，然后令其沿椭圆轨道自由飞行到达远地点B，再进入新的圆形轨道。问：卫星在椭圆轨道的远地点B处时的速度是多少？为使卫星沿新的圆形轨道运行，当它到达远地点B时，应如何调整其速度？大气阻力及其它星球的影响不计。地球半径R=6370km。 图12-5 解：首先求出卫星在第一个圆形轨道上的速度，可由质点动力学方程求出。卫星运行时只受地球引力的作用，即 R2 F=mg 2(R+x)式中x是卫星与地面的距离。当卫星沿第一圆形轨道运动时，有 1 v2R2 m =mg(R+h)(R+h)2即 gR2 v= (R+h)2将R=6370km，h=600km，g=9.8m/s代入上式，得卫星在第一个圆形轨道上运动的速度 v1=7.553km/s 所以卫星在椭圆轨道上的A点的速度为 vA=7.553+0.646=8.199km/s 卫星在椭圆轨道上运动时，仍然只受地球引力作用，而该引力始终指向地心O，对地以O的矩等于零，所以卫星对地心O的动量矩应保持为常量。设卫星在远地点B的速度为vB，则有 rAvA=rBvB 所以 vB=rA6370+600´vA=´8.199=5.715km/s rB104设卫星沿新的圆形轨道运行时所需的速度为v2，则 gR29.8´63702=6.306km/s v=r10422由此可见，为使卫星沿着第二个圆形轨道运行，当它沿椭圆轨道到达B点时，应再开动火箭，使其速度增加一个值 DvB=v2-vB=0.591km/s 顺便指出，在式中令h®0，就得到v=7.9km/s，这就是为使卫星在离地面不远处作圆周运动所需的速度，称为第一宇宙速度。 §12-2 质点系动量矩定理 例1.质量为m1、半径为R的均质圆轮绕定轴O转动，如图所示。轮上缠绕细绳,绳端悬挂质量为m2的物块,试求物块的加速度。均质圆 轮对于O轴的转动惯量为JO=m1R2。 12 2 图12-8 解:以整个系统为研究对象，先进行运动分析。设在图示瞬时，物块的速度为v，加速度为a，由运动学关系，圆轮的角速度为w=v/R， 因此系统的动量矩为 2 LO=-JOw-m2vR=-æçm1R1è2vöæ1ö+m2vR÷=-çm1+m2÷vR Røè2ø再进行受力分析。系统所受外力如图所示，其中m1g、m2g为主 动力，FOx、FOy为轴O处的约束力。 根据动量矩定理 有 dLO=åmO(Fi(e) dtæ1ödçm1+m2÷vR2ø=-mgR -è2dt即 ö -æçm1+m2÷Ra=-m2gR ø1è2得物块的加速度 a=2m2g m1+2m2例2.高炉运送矿石的卷扬机如图所示。已知鼓轮为均质圆盘，半径为R，重为P。在铅垂平面内绕水平轴O转动。小车和矿石总重为Q，作用在鼓轮上的力矩为M，轨道的倾角为a。绳的重量及各处 的摩擦忽略不计，求小车的加速度。均质圆盘对O轴的转动惯量 3 JO=1P2R。 2g图12-9 解：研究对象：小车及鼓轮系统。 系统所受的外力有：力矩M，重力P、Q，轴承反力XO、YO，轨道的反力N，这些力对转轴O的矩为 MO=åmO(Fi(e)=-M+Qsina×R-Qcosa×l-Nl 因为 N=Qcosa 所以 MO=-M+Qsina×R 运动分析：设鼓轮绕O轴转动的角速度为w，小车作直线运动的速度为v，显然v=Rw，则系统对转轴O的动量矩为 LO=-çJOw+vR÷ gèøæQö将JO=v1P2R，w=代入上式得 R2g LO=-由质点系动量矩定理 得 1(P+2Q)Rv 2gdLO=MO dtùdé1-P+2QRv()ú=-M+Qsina×R êdtë2gû可解得小车的加速度 4 a=dv2(M-QRsina)=g dt(P+Q)R例3.水涡轮转子以匀角速w绕铅垂轴z转动，试求从涡轮叶片间流过的水流给涡轮机转子的转动力矩。 图12-10 解：设Q为单位时间内流过整个涡轮转子的水流的体积，即总流量。水流的质量密度为r，涡轮进口AB和出口DC处的半径分别为r1和vvr2，进口与出口处的水流的绝对速度分别为v1和v2，方向分别与轮缘切线方向成夹角a1和a2。 水流作用在涡轮转子上的转矩与转子给水流的反力矩Mz¢大小相等而转向相反。 取两叶片之间的流体为研究的质点系。水在叶片中流运时，由于叶片的作用，质点系对转轴的动量矩将随时间而变化。 设在瞬时t，两叶片间的流体占有体积为ABCD。而在瞬时t+Dt，水流流至abcd，设水的流动是定常的，则公共容积abCD内流体的动量矩保持不变。因此，在Dt时间内两叶片之间流体动量矩的变化为 Dlz=(lz)abcd-(lz)ABCD =éë(lz)abCD+(lz)CDcdùû-éë(lz)ABab+(lz)abCDùû =(lz)CDcd-(lz)ABab 令两叶片间水的流量为q，则 Dlz=rqDt(v2r2cosa2)-rqDt(v1r1cosa1) =rqDt(v2r2cosa2-v1r1cosa1) 可得到在Dt时间内流过整个涡轮转子的水流的动量矩变化为 5 DLz=åDlz=r(åq)Dt(v2r2cosa2-v1r1cosa1) =rQDt(v2r2cosa2-v1r1cosa1) 水流受到的外力有重力和转子叶片的反力，其中重力与Oz平行，其力矩为零，故只有转子上叶片给水流的反力矩Mz¢。根据质点系动量矩定理 可得 Mz¢=dLzDL=limz=rQ(v2r2cosa2-v1r1cosa1) dtDt®0DtdLz¢ =Mzdt而水流作用在涡轮上的力矩 Mz=-Mz¢=rQ(v1r1cosa1-v2r2cosa2) 上式称为欧拉涡轮方程。它表明在定常流动时，转矩只同进口与出口处水流的绝对速度有关。 例4.一半径为r，重为W1的均质水平圆形转台，可绕通过中心O并垂直于台面的铅直轴转动。重W2的物块A按规律s=at2/2沿台的边缘运动。开始时，圆台是静止的。求物块运动以后，圆台在任一瞬时 的角速度与角加速度。均质水平圆台对O轴的转动惯量为JO=1W12r。 2g图12-11 解：研究对象：转台及物块A质点系统 受力分析：转台重力W1，物块重W2，约束力XO，YO，对铅垂轴取矩和始终为零，质点系对转轴的动量矩守恒，即LO=常数，因系统初始静止，故有 LO=0 dsat2由s=对时间求导可得vr=at，设转台的角速度为w，则由dt26 点的合成运动理论 va=ve+vr可得 va=at-wr 则任一瞬时系统对转轴的动量矩为 LO=则可得 w=2aW2t 2W+Wr(21)2aW22W+Wr(21)W21W12(at-wr)×r-rw=0 g2g将上式对时间求导则可得转台角加速度 e=例5.均质鼓轮重P1，半径为R，对转轴的回转半径为r，在半径为r的轴颈上绕一不可伸长的细绳，绳端系一重为P2的重物，可变形的细绳简化一弹性刚度系数为k的弹簧绕于轮缘上，试列写系统的运 动微分方程。均质鼓轮对O轴的转动惯量为JO=P1r2。 g解：研究对象：整个系统。受力分析：如图所示，静止时系统处于平衡。运动分析：定轴转动+平动，取鼓轮转角坐标j，并取系统静平衡时转角坐标j=0。设系统静平衡时鼓轮静转角为js，则由静平衡方程 åmO(Fi)=0 kjsR2=P2r 再由质点系对固定轴的动量矩定理 图12-12 即有 dL0=åmO(Fi(e) dt 7 整理为 P22öùdéæP221&r+rj=-kR(js+j)+P2r êç÷údtëèggøûæPPö1&&+kR2j=0 r2+2r2÷jgøèg ç为一单自由度无阻尼的振动方程。 §12-3 刚体对轴的转动惯量.平行移轴定理 例3.如图所示的钟摆，已知均质细杆质量为m1，杆长为l，均质圆盘的质量m2，直径为d，图示位置时摆的角速度为w。试求摆对于通过O点的水平轴的动量矩。 图12-18 解：本题先用组合法计算摆对于水平轴O的转动惯量，即 JO=JO杆+JO盘 其中 JO杆=m1l2 而圆盘对于轴O的转动惯量JO盘可用平行轴定理计算 dö1ædöædö JO盘=JC盘+m2æl+=m+m2ç2çl+ç÷÷÷ 2222èøèøèøö22 =m2æd+l+ldç÷ øö22得 JO=m1l2+m2æd+l+ldç÷ ø133è83è822213于是摆对于水平轴O的动量矩为 8 ö22 LO=JOw=êm1l2+m2æd+l+ldç÷úw øûé1ë33è8ù 例4 直径为R，质量为m的均质圆盘，在离圆心R/3处挖去一半 径为r=R/3的圆，如图所示，试求其对于A轴的转动惯量。 图12-19 解：把该物体看成由半径分别为R及r的两个均质圆盘组成，设这两个圆盘的质量分别为m1和m2，它们对轴A的转动惯量JA1、JA2，则物体对轴A的转动惯量为 JA=JA1-JA2 132217 JA2=m2r2+m2(R2+r2)=m2R2 2637得 JA=m1R2-m2R2 26由于 JA1=m1R2+m1R2=m1R2 因r=R/3，故m2=m/9，m1=m。将m1=m,m2=m/9代入上式，得 7m237R=mR2 6927例4.圆轮的辋重P，外径为R，内径为r，轮辐为6根均质杆，各重W。一绳跨过圆轮，两端悬挂重P1及P2的重物。设图示瞬时圆轮 JA=mR2-32以角速度w绕O轴转动，求整个系统对O轴的动量矩。 解：轮辋的面积质量密度 r=P 22g(pR-pr) 9 图12-20 111P1P2244éùJO辋=×pR2r×R2-×pr2r×r2=××pR-r=×(R+r) ()22ëû222gp(R-r)2gJO辐=1W22W2r´6=r 3ggé1PPP2W2ùLO=ê×(R2+r2)+rúw+1wR×R+2wR×R gggë2gû§12-4 刚体绕定轴转动微分方程 例1.复摆如图所示，摆的质量为m，质心为C，摆对悬挂点的转动惯量为JO。试求复摆微幅摆动的周期T。 解：取j为广义坐标，逆时针方向为正。复摆在任意位置j处的受力如图所示，由刚体定轴转动微分方程，得 图12-22 &&=-mgasinj JOj&&+jmgasinj=0 JO10 当复摆微幅摆动时，有sinj»j，此时，上式可改写为 &&+ jmgaj=0 JO此微分方程的解为 j=j0sinççæmgaöt+q÷ ÷èJOø这是复摆微小摆动时的运动规律。其中j0为角振幅，q为初相，由上式可得到复摆微小摆动时的周期为 T=mga JO工程中，对于几何形状复杂的物体，常用实验方法测定其转动惯量。其中，复摆法是一种较为简单的常用方法，即先测出零部件的摆动周期后，应用上式计算出它的转动惯量。 例如，欲求刚体对质心C的转动惯量，则由上式，得 T2JO=mga 24p由平行轴定理知 JO=JC+ma2 于是得 æT2aö JC=mgaç2-÷ gøè4p例2.均质杆OA长l，质量为m，其O端用铰链支承，A端用细绳悬挂，如图所示，试求将细绳突然剪断瞬时，铰链O的约束反力。 图12-23 解：将细绳突然剪断，杆受有重力W，铰链O处的约束反力FOx及 11 FOy。杆作定轴转动，该瞬时，角速度w=0，但角加速度e¹0。应用刚体定轴转动微分方程 v JOe=åmO(Fi) 有 得杆在细绳突然剪断瞬时的角加速度 e=l23g 2l12lml(-e)=-W 32再应用质心运动定理求O处反力，在此瞬时 nt=w2=0 aC=e= aCl23g 4由质心运动定理maC=åFi自然轴上的投影方程有 n maC=0=-FOx t= maC由此解得 3mg=mg-FOy 4 FOx=0 FOy=mg 这类问题称为突然解除约束问题，简称为突解约束问题。该类问题的力学特征是：在解除约束后，系统自由度会增加；解除约束前后的瞬时，其一阶运动量连续，但二阶运动量会发生突变。因此，突解约束问题属于动力学问题，而不是静力学问题。 在本题中，在剪断绳子前，杆在重力、铰链O处的反力和绳子的拉力作用下保持平衡。在剪断绳子后，此时杆可绕O轴转动；在剪断绳子前后的瞬时，角速度w均为零，但角加速度e发生突变。因此， 本题中O处的反力FOy既不等于mg/2，也不等于mg，FOy是动约束力，必须用动力学定理来求解。 从本题的讨论可见，在外力已知的情况下，应用刚体定轴转动微分方程可求得刚体的角加速度，在刚体的运动确定后,如要求转轴处的约束反力，则可应用质心运动定理求解。 例3.为了测定轴承中的摩擦力矩，在轴上装一质量m=500kg，回转半径r=1.5m的飞轮。当飞轮有n=240r/min的转速时，切断动力，任其转动，经10min而停止。设摩擦力矩为一常量，试求其大小。 12 14解：JO=mr2=500´1.52 由定轴转动刚体的运动微分方程 JOe=-Mf 即 JOdw=-Mf dt有 JOdw=-Mfdt 积分有 òwJOdw=-ò0Mfdt 式中 w=pn300t t=10´60 JO×(0-w)=-Mf×(t-0) 500´1.52w=Mf´600 500´1.52´p´240=47.1N×m Mf=600´30例4.均质杆AB长l，重W1，B端刚连一重W2的小球，杆上D点连一弹簧常数为k的弹簧，使杆在水平位置保持平衡。设给小球B一微小初位移d0，而v0=0，试求AB杆的运动规律。 图12-24 解：受力分析如图，设d0弹簧静伸长，AB杆水平时平衡，有 l×kd0=W1+W2l 由刚体定轴转动微分方程有 ö&&=W2lcosj+W1cosj-k×æ JOjd+sinj0ç÷× 23èø3lll13l2将上式线性化，即考虑微振动，j角很小，则cosj»1，sinj»j，则 13 æ1W12W22öl1l2&&=W2l+W1-kd0×l-kj çl+l÷jgø239è3g整理有 æ1W1W2ö2kl2&&+ ç+j=0 ÷ljgø9è3g对上式进行积分有 j=j0sin(wt+q) 注意初始条件为 j0=d0l&0=0可确定积分常数 ， j例5.落重法测算转动惯量。如图装置，A为被测物体，若测得质量为m的重物B下落一段距离h所经过的时间为t，即可算出A物体对转动轴z的转动惯量。鼓轮D，滑轮C及绳子的质量以及各轴承处的摩擦都忽略不计，并假定绳子是不可伸长的。鼓轮半径为r。 解：分别以物体A及物体B为研究对象。 v 受力分析：物体A及鼓轮组成的系统受有绳子张力S¢，物体A重力及轴承处的约束力。物体B受有重力mg，绳子张力S。因为不计滑轮C的质量，所以S=S¢。 运动分析：物体A定轴转动，设角加速度为e。设物体B下v落的加速度为a。列出动力学方程有 Jze=S¢r=Sr ma=mg-S 联立以上二式，可解得 mr2 a=2g mr+Jz 14 图12-25 可见物体B匀加速下降，则有 1mr2 h=gt2 22mr+Jz由此求得 ægt2ö Jz=mrç-1÷ è2hø2§12-5 质点系相对于质心的动量矩定理 §12-6 刚体平面运动微分方程 例1 半径为r质量为m的均质圆轮沿水平直线纯滚动，设轮的回转半径为rC，作用于圆轮上的力偶矩为M，圆轮与地面间的静摩擦因数为m，试求：轮心的加速度；地面对圆轮的约束力；使圆轮只滚不滑的力偶矩M的大小。 图12-27 15 解：受力分析如图所示，由刚体平面运动微分方程有 maCx=F maCy=FN-W 2 mrC(-e)=Fr-M 式中，M与e均为顺时针转向，故按正负号规定，在前面加负号。因aCy=0，所以aC=aCx，在纯滚动的条件下，有 aC=er 以上方程联立求解，得 aC= F=Mr 2m(rC+r2)Mr 22(rC+r) FN=W=mg 欲使圆轮只滚动而不滑动，必须满足F£mFN，即 Mr£mmg 2(rC+r2)于是得圆轮只滚不滑的条件为 2r2+rC M£mmg r对于均质圆盘rC=2r 23mmgr 2故 M£ 从本题可见，应用刚体平面运动微分方程求解动力学的两类问题时，除了要列出微分方程外，还需写出补充的运动学方程或其他所需的方程，在本题中补充方程为aC=er。 例2 均质细杆AB长l，重W，两端分别沿铅垂墙和水平面滑动，不计摩擦，如图所示。若杆在铅垂位置受干扰后，由静止状态沿铅垂面滑下。求杆在任意位置的角加速度。 16 图12-28 解：杆在任意位置的受力如图所示。为分析杆质心的运动，建立直角坐标系Oxy，如图所示，则质心的坐标为 xC=sinj yC=cosj 将上式分别对时间求一阶及二阶导数，有 &cosj y&sinj &C=j&C=-j xll22l2l&cosj-j&&sinj yC=-j &&22&2sinj+j&&cosj xC=-j &&l2l2l2l2列出杆的平面运动微分方程 &&C=åFix ìMx&&C=åFiy ïíMyvïJj&&=m(FåCi)îC即 Wglæl&2&&cosjö-jsinj+jç÷=FA 2è2øWæl2lö&&&-jcosj-jsinjç÷=FB-W gè22ø1W2ll&&=FBsinj-FAcosj lj12g22求解微分方程，将式(1)乘以cosj ，式(2)乘以sinj ，然后两式相减得 17 1W2lll&&=FAcosj-FBsinj+Wsinj lj4g222式(4)与式(3)联立求解，可得任意瞬时的角加速度为 &&= j3gsinj 2l 本题中，如要求杆在任意位置时的约束力，则可将上式分离变量后积分求出杆在任意瞬时的角速度，再代入式(1)、式(2)，即可求得约束力FA、FB，请读者自行计算。 例3.车轮的质量为m，半径为R，对中心O的回转半径为r，在一力偶的作用下沿水平直线轨道纯滚，力偶的力偶矩M为vv常数。作用在轮心上的铅垂力P和水平力Q亦为常量。求轮心O的加速度和车轮与地面间的摩擦力。若已知摩擦系数为f，求车轮不产生滑动的条件。 图12-29 解：车轮作平面运动，故应用刚体平面运动微分方程式求解。 vvvv以车轮为研究对象。作用在车轮上的力有P、Q、M、mg、N和vvF，其中摩擦力F的方向向右。 选如图坐标系，则车轮的运动微分方程式为 maCx=F-Q maCy=N-P-mg mr2e=M-FR 由纯滚运动学条件，有 aCx=Re 还有 aCy=0 上面五个方程包含五个未知数，故可求解。 将式代入式，并与式联立消去F，得轮心C的加速度为 18 aC=(M-QR)R 22m(R+r)将式代入式，即可求得摩擦力F，即 MR+Qr2 F=maC+Q=22 R+r由式可知，若驱动力矩M>QR，则轮心C的加速度aC为正，即沿x轴正向，为加速运动。若M<QR，则轮心C的加速度aC为负，即沿x轴负向，为减速运动。显然，若车原来静止，必须M>QR，才能启动。 由式可知，摩擦力F为正值，即与原设定的方向相同。当M>QR，aC为正时，F必大于阻力Q，才能使轮心产生向前的加速度，所以在汽车启动和加速时，作用在驱动轮上的摩擦力不是阻力，而是驱动力，也就是汽车的牵引力。在十分光滑的路上，由于摩擦系数很小，地面便不能提供足够的摩擦力用来克服汽车阻力而产生加速度，所以汽车不能前进。 若车轮和路面间的滑动摩擦系数为f，则地面所能提供的摩擦力的最大值为 Fmax=fN=f(P+mg) 不产生滑动的条件为F£Fmax，即 MR+Qr2 22£f(P+mg) R+r或 éær2ör2ù M£Rêf(P+mg)ç1+2÷-Q2ú RûèRøë取等号就是在不滑动条件下汽车驱动力矩的最大值。 例4.重物A质量为m，当其上落时，借一无重量且不可伸长的绳子，使鼓轮沿水平轨道滚动而不滑动。鼓轮的质量为M，外轮半径为R，内轮半径为r，对质心O的回转半径为r，定滑轮D的质量忽略不计，求重物A的加速度。 解：这是已知力求运动的问题。 系统中包含两个运动的物体，其中鼓轮作平面运动，重物A作直线运动。 19 图12-30 根据系统约束情况，需将绳子切断，分别以鼓轮和重物A作为研究对象。 鼓轮受的外力有重力Mg，绳子拉力T，法向约束力N和摩擦力F。选如图坐标系，则鼓轮的运动微分方程为 MaOx=-T-F MaOy=Mg-N Mr2=TR+Fr 重物A受的外力有重力mg，绳子张力T¢，其运动微分方程为 maAy=mg-T¢ 运动学条件有 aOx=er aAy=(R-r)e 由式、消去F得 Mr2e+MraOx=T(R-r) 由式得 T¢=mg-maAy 而 T=T¢ 将式、代入式，可得 Mr2aAyR-r+Mr2aAyR-r=(mg-maAy)(R-r) 所以重物A的加速度为 20 m(R-r)2 aA=aAy=g 方向向下 M(r2+r2)+m(R-r)2例5.两均质圆柱A和B，质量为M1和M2，半径为r1和r2，绕以轻质软绳，绳子绕在两圆柱的正中，圆柱A绕水平轴O1转动、圆柱B在重力作用下向下运动，其轴线O2垂直于图面。求A、B圆柱的角加速度和圆柱中心O2的加速度。 图12-31 解：这是已知力求运动的问题。 系统中包含两个运动的物体，A柱作定轴转动，B柱作平面运动。将绳子切断，分别以A、B柱为研究对象。 A、B柱受力情况如图。A柱的定轴转动微分方程为 J1e1=Tr1 B柱的运动微分方程为 M2aO2=M2g-T¢ J2e2=T¢r2 由运动学知B柱中心O2的加速度为 aO2=r1e1+r2e2 其中r1e1是牵连加速度，r2e2是相对加速度。 由于T=T¢，J1=M1r12，J2=M2r22，故由、式得 e2=由式得 T=J1e1M1r1=e1 r12J1r2Mre1=11e1 J2r1M2r21212将式代入式得 21 M2(r1e1+r2e2)=M2g-T¢ 将、式代入式，得 M2çr1e1+èæöM1Mrr1e1÷=M2g-11e1 M22ø2M2g 3M+2Mr(12)1于是得 e1=这就是A柱的角加速度。 将式代入式得B柱的角加速度为 e2=2M1g 3(M1+2M2)r2将、式代入式得B柱中心O2的加速度为 aO2=2(M1+M2)g 3M1+2M2例6.已知均质杆AB重P，OA=OB=AB=l，求当OB被剪断的瞬时，绳OA中的张力。 解：研究对象AB杆。受力分析如图。运动分析为平面运动，A点作圆周运动，剪断瞬时A点速度为零，故只有切向加速度，并设为aA。设AB杆转动的角加速度为e，方向如图。由平面运动基点法公式有 图12-32 nt aC=aA+aCA +aCAtn=e。取x轴如 该瞬时AB杆转动的角速度为零，故上式中aCA=0，aCA图，建立刚体平面运动微分方程 l2 22 ïí即 ìMaCx=åFix v ïîJCe=åmC(Fi) ecos300=T-Pcos300 1P2ll×e=-T×cos300 12g2Plg2联立上面二式，可解得 T=23P 13例7.均质细长杆AB质量为m，长为l，在铅垂位置由静止释放，借A端的小滑轮沿倾角为q的轨道滑下，如图所示，不计摩擦，不计小滑轮的质量及尺寸。求刚释放时A点的加速度。 解：研究对象：AB杆。受力分析如图。运动分析：刚体平面运动，A点为直线运动，设其加速度为aA，并设AB杆转动的角加速度为e，方向逆时针如图，则由求加速度的基点法公式有 nt aC=aA+aCA +aCAtn=e× 由于该瞬时AB杆的角速度为零，故aCA=0，aCAl2图12-33 取x、y轴如图，应用刚体平面运动微分方程 ìMaCx=åFix ïíMaCy=åFiy ïJe=m(F)åCiîC即 (elcosq-aA)=-Psinq 23 12 m(-elsinq)=N-Pcosq 1lml2×e=N×sinq 122mgcosq 23sinq+112联立上三式，可解得 N= e=3gsin2q(1+3sin2q)l4gsinq1+3sin2q aA=例8.半径为R的均质圆柱体重Q，放在粗糙的水平面上，如图所示，其质心C的初速度为v0，方向水平向右。同时，圆柱体如图所示方向转动，其角速度为w0。如圆柱体与水平面的摩擦系数为f¢，问经过多少时间，圆柱体才能滚动而不滑动，并求该瞬时圆柱体中心的速度，并分析此后圆柱体的运动。 解：研究以象:圆柱体。受力分析如图。运动分析：圆柱体作平面运动，但B点并不是速度瞬心，圆柱体不作纯滚动，与地面有相对滑动，设任一瞬时圆柱体的圆柱体的角速度、角加速度及轮心C的速v度为w、e及aC，方向如图所示。 图12-34 由刚体平面运动微分方程有 aC=-F N-Q=0 1Q2r×e=-F×r 2gQg 24 F=Qf¢ 联立上四式，可得 ¢ aC=-fg¢2fg r分别积分，并注意初始条件为t=0，vC=v0，w=w0，得 e=-¢+v0 vC=-fgt¢2fgt+w0 r当圆柱体只滚不滑时应有vC=-wr，设此时t=t1，则有 w=-¢+v0=-æ -fgtç-¢2fgöt+w0÷r rèø得 t1=此时 2v0-w0r 3wr-2v0 w1=0 3rv0+w0r ¢3fg vC1=此后运动分析 如果2v0-w0r>0，则t=t1时，vC1>0、w1<0圆柱体向右纯滚动。 如果2v0-w0r<0，则t=t1时，vC1<0、w1>0圆柱体向左纯滚动。 如果2v0-w0r=0，则t=t1时，vC1=0、w1=0圆柱体停止运动。 例9.一半径为r的均质圆轮，在半径为R的圆弧面上只滚动而不滑动，初瞬时q=q0，而q&=0，求圆弧面作用在圆轮上的法向反力。 图12-35 解：研究对象为均质圆轮。受力分析如图所示。运动分析：均质25 圆轮作平面运动，取弧坐标及自然轴坐标轴如图，且有s=(R+r)q，则任一瞬时均质圆轮质心的速度为 v=dsdt=(R+r)q& 质心切向加速度为 a=d2stdt2=(R+r)q&& 质心法向加速度