14-12、图示滑道连杆机构，位于水平面内。曲柄长r,对转轴的转动惯量为J ；滑块A 的质量不计。今在曲柄上作用一不变转矩M,初瞬时系统处于静止，且∠AOB =?
0
，求曲柄转一周后的角速度。
v
a
v
e
v
r
0
1
=T
()
2
0
2
2
sin
2
1
2
1
ωω r
g
P
JT +=
2
0
22
sin
2
1
ω
+=
g
rP
J
由动能定理
WTT ∑=?
12
rFM
g
rP
J 420
sin
2
1
2
0
22
=?
+ πω
0
22
sinPr
42
2
π
ω
+
=
Jg
rFM
g
14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重P,长为r，
连杆重W,长为l，滑块重G,曲柄及连杆可视为均质细长杆。今在曲柄上作用一不变转矩M,当∠BOA = 90
0
时A 点的速度为u，求当曲柄转至水平位置时A 点的速度。
22
2
2
1
2
1
2
1
3
1
2
1
u
g
G
u
g
W
r
u
r
g
P
T?+?+
=
2
6
33
u
g
GWP ++
=
2
2
2
2
2
3
1
2
1
3
1
2
1
+
=
l
v
l
g
W
r
v
r
g
P
T
2
6
v
g
WP+
=
26
33
6
22
M
u
g
GWP
v
g
WP π
=
++
+
2
12
π
=? MTT
( )
WP
uGEPMg
v
+
+++
=
2
333 π
14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮A重P、半径为r，
可视为均质圆盘；系杆OA重W，可视为均质细杆；定齿轮半径为
R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动，求系杆的角速度与其转角?的关系。
()
2
22
2
2
3
2
1
3
1
2
1
+
++= ωω
r
rR
r
g
P
rR
g
W
T
()
2
2
12
92
ωrR
g
PW
+
+
=
MT =?0
()?ω MrR
g
PW
=+
+
2
2
12
92
PW
Mg
rR 92
32
++
=
ω
14-15、均质细杆重Q、长为l，上端靠在光滑的墙上，下端A以铰链和一均质圆柱的中心相连。圆柱重P、半径为R，放在粗糙的地面上，从图示位置（θ =45°）由静止开始作纯滚动。
求A点在初瞬时的加速度。
v
A
v
B
D
解：取系统为研究对象。则任意瞬时系统动能为
C
v
C
2
22
2
2
12
1
2
1
2
1
2
3
2
1
+?+
=
AD
v
l
g
Q
v
g
Q
R
v
R
g
P
T
A
C
A
θθ sin22sin
AAA
C
vl
l
v
CD
AD
v
v =?=?=
其中
2
2
sin
2
9
12
1
A
v
Q
P
g
T
+=
θ
所以
v
A
v
B
D
C
v
C
θcosdtQvQdyWd
CC
==
′
∑
Q
dtctgQv
A
θ
2
1
=
由动能定理的微分形式
∑
′
= WddT
dtctgQvv
Q
P
g
d
AA
θ
θ 2
1
sin
2
9
12
1
2
2
=
+
dt
l
v
dtd
A
AB
θ
ωθ
sin
=?=
由于系统为理想约束，只有重力作功，所以元功为得因所以
dtctgQvdtvv
l
Q
a
Q
P
g
AAAA
θ
θ
θ
θ 2
1
sin
cos2
sin
2
9
6
1
2
42
=
+
+
dtctgQvdtvv
l
Q
a
Q
P
g
AAAA
θ
θ
θ
θ 2
1
sin
cos2
sin
2
9
6
1
2
42
=
+
+
解得
θ
θ
θ
θ
2
2
4
sin
2
9
sin
cos2
3
Q
P
v
l
Q
Qgctg
a
A
A
+
=
令θ =45°，v
A
=0，得
QP
Qg
a
A
49
3
+
=
14-20、正方形均质板的质量为40kg，在铅直平面内以三根软绳拉住，板的边长b=100mm，如图所示。求：（1）当软绳FG剪断后，
木板开始运动的加速度以及AD和BE两绳的张力；（2）当AD和
BE两绳位于铅直位置时，板中心C的加速度和两绳的张力。
v
C
2
2
1
C
mvT =
WddT
'
∑=
θcosmgdsdvmv
CC
=
dt
ds
mg
dt
dv
mv
C
C
θcos=
θ
τ
cosg
dt
dv
a
C
C
==
当θ = 60
0
时，v
C
= 0,所以
ggaa
CC
2
1
60cos
0
===
τ
0=
n
C
a
解：（1）软绳剪断后板作平动，设
∠BAD为θ时，C点速度为v
C
。
由得
mg
F
A
F
B
( )
00
60cos60sin
BAC
FFma +=
CBA
maFF 3=+
由对质心的动量矩定理，有因为
0=
C
L
0)( ==∑
dt
dL
FM
C
e
iC
所以
0
2
60sin
2
60cos
2
60sin
2
60cos
0000
=+?+?
b
F
b
F
b
F
b
F
BBAA
( ) ( ) 03131 =?++
BA
FF
联解以上两式，可得
NmaF
CA
729.440
2
13
2
13
=××
=
=
NmaF
CA
2689.440
2
13
2
13
=××
+
=
+
=
由质心运动定理，有即①
②
14-21.图示三棱柱A沿倾角为θ的斜面B无摩擦地滑动,A和B的质量分别为m
1
和m
2
,斜面B置于光滑的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。
A
θ
B
解,斜面B三棱柱A
A
F'
N
m
1
g
a
B
a
r
+
θ
B
m
2
g
F
N
a
B
a
A
= a
B
+ a
r
运动学关系:
m
1
(a
B
+a
r
)= m
1
g+ F'
N
m
1
a
B
sinθ=m
1
gcosθ–F'
N
m
2
a
B
= F
N
sin θ
a
B
=(m
1
gsin 2θ)/2(m
2
+m
1
sin
2
θ)
14-22,图示圆环以角速度ω绕铅直轴转动。此圆环半径为R,
对轴的转动惯量为J 。在圆环中的点A 放一质量为m的小球。
设由于微小的干扰小球离开点A,小球与圆环间的摩擦忽略不计。求小球到达点B 和点C 时，圆环的角速度和小球的速度。
RRmJJ
BB
+= ωωω
2
mRJ
J
B
+
=
ω
ω
由动能定理有
mgRJmvJ
BB
=?+
222
2
1
2
1
2
1
ωω
()
m
mRJ
J
JmgR
v
B
+
=
12
2
2
2
2
ω
解：在点B小球的牵连速度铅直向下。
根据系统对铅直轴动量矩守恒，有解得：
在点C小球对轴的动量矩为零，根据对轴的动量矩守恒，有
ωω =
C
由动能定理，有
mgRJmvJ
CC
2
2
1
2
1
2
1
222
=?+ ωω
解得：
gRv
C
4=
A
B
r
O
14-23.质量为m
0
的物块静止于光滑的水平面上。
一质量为m的小球最初位于A处,后沿物块上半径为r的光滑半圆槽无初速地滑下。若m
0
=3m,试求小球滑到B处时相对于物块的速度及槽对它的压力。
解,(1)系统在水平方向动量守恒,初始时刻小球和物块的速度均为零,设小球在B处时的绝对速度为v
B
,物块的速度为v
e
,则有
A
B
r
O
v
r
v
e
mg
v
B
= v
e
+ v
r
v
B
= v
e
–v
r
m(v
e
–v
r
) +m
0
v
e
=0 v
r
=4v
e
初始时刻系统的动能T
1
=0,小球在B处时系统的动能
T
2
=[m(v
e
–v
r
)
2
+m
0
v
e
2
]/2
A
B
r
O
v
r
v
e
mg
∑W
i
= mgr
故由动能定理可得
[m(v
e
–v
r
)
2
+m
0
v
e
2
]/2 = mgr
83
r
vgr/=
而
v
r
=4v
e
A
B
r
O
83
r
vgr/=
(2) 设小球在B处时的绝对速度为a
B
,物块的速度为a
e
,
则有
a
B
= a
e
+ a
rn
+ a
rτ
a
rτ
a
e
a
rn
mg
F
N
ma
B
= m(a
e
+ a
rn
+ a
rτ
) = mg + F
N
ma
rn
= F
N
–mg
式中
a
rn
= v
r
2
/r
F
N
=11mg/3
14-25.图示均质杆OA长为l,质量为m
1;均质圆盘半径为R,质量为m
2
。不计摩擦,初始时刻杆OA水平,杆和圆盘静止。试求杆与水平成θ角时,杆的角速度和角加速度。
O
A
θ
解,以圆盘为研究对象,因外力对质心A的矩为零,故圆盘相对于质心A的动量矩守恒。初始时刻圆盘静止,
L
A1
=0。设杆与水平成θ角时,圆盘的角速度为ω
A
,则有
O
A
θ
ω
A
L
A2
= J
A
ω
A
L
A2
= L
A1
ω
A
= 0
以杆和圆盘组成的系统为研究对象,初始时刻系统的动能T
1
=0,杆与水平成θ角时系统的动能
O
A
θ
ω
A
= 0
ω
v
A
m
2
g
m
2
g
m
1
g
m
1
g
22
22
11
22
OA
TJ mv=+ω
22
12
3
6
mm
l
+
= ω
∑W
i
=(m
1
+2m
2
)gl(sinθ)/2
代入动能定理
T
2
–T
1
=∑W
i
即可解出而
2
12
12
3( 2 )
sin
(3)
mmg
mml
+
=
+
ωθ
12
12
3( 2 )
sin
(3)
mmg
mml
+
=
+
ωθ
12
12
3( 2 )cos
2( 3 )
mm
g
lm m
+
=
+
θ
ε
O
A
θ
O
θ
ω
v
A
14-28.、均质细杆AB长为l，质量为m，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微笑扰动，杆绕B点倾倒如图。不计摩擦。求：（1）B
端未脱离墙时AB杆的角速度和角加速度及B处的约束力；（2）
B端脱离墙时的θ
1
角；（3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。
解：（1）B 端未脱离墙时AB杆作定轴转动，
由动能定理有
()θω cos1
23
1
2
1
22
=
l
mgml①
解得：
()θω cos1
3
=
l
g
对式①求导
θθωω dmgldml sin
2
1
3
1
2
=?
θε sin
2
3
l
g
=
解得：
F
Bx
F
By
a
C
τ
a
C
n
BxCx
Fma =
θθ
τ
sincos
n
CCBx
mamaF=
θωθε sin
2
cos
2
2
=
l
m
l
m
()2cos3sin
4
3
= θθmg
mgFma
ByCy
=
θθ
τ
cossin=
n
CCBy
mamamgF
θωθε cos
2
sin
2
2
=
l
m
l
mmg
( )2cos2sin3
4
3
2
+?= θθmgmg
由质心运动定理，有
（2）令
()02cos3sin
4
3
=?= θθmgF
Bx
3
2
cos
1
=θ
3
2
arccos
1
=θ
得即
（3）从B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。
BA
1CxBcx
mvmvmv ==
111
cos
2
θω==
l
vv
CxB
glv
B
3
1
=
C v
B
v
CB
v
C
从B端脱离墙开始，应用动能定理，有
mgl
l
mgTT
3
1
cos
2
112
=?=? θ②
其中
mglmlT
6
1
3
1
2
1
2
1
2
1
== ω
( )
222222
2
12
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ωω++=+= mlvvmJmvT
CBBCC
22
2
24
1
22
1
18
1
ωω ml
l
mmgl +
+=
22
6
1
18
1
ωmlmgl +=
解方程②，可得
l
g
3
8
=ω
C v
B
BA
v
CB
v
C
如图所示，有
gl
l
gl
glvvv
CBBc
7
3
1
3
8
49
1
22
=?+=+=
0
，求曲柄转一周后的角速度。
v
a
v
e
v
r
0
1
=T
()
2
0
2
2
sin
2
1
2
1
ωω r
g
P
JT +=
2
0
22
sin
2
1
ω
+=
g
rP
J
由动能定理
WTT ∑=?
12
rFM
g
rP
J 420
sin
2
1
2
0
22
=?
+ πω
0
22
sinPr
42
2
π
ω
+
=
Jg
rFM
g
14-13、图示曲柄连杆机构位于水平面内。曲柄重P,长为r，
连杆重W,长为l，滑块重G,曲柄及连杆可视为均质细长杆。今在曲柄上作用一不变转矩M,当∠BOA = 90
0
时A 点的速度为u，求当曲柄转至水平位置时A 点的速度。
22
2
2
1
2
1
2
1
3
1
2
1
u
g
G
u
g
W
r
u
r
g
P
T?+?+
=
2
6
33
u
g
GWP ++
=
2
2
2
2
2
3
1
2
1
3
1
2
1
+
=
l
v
l
g
W
r
v
r
g
P
T
2
6
v
g
WP+
=
26
33
6
22
M
u
g
GWP
v
g
WP π
=
++
+
2
12
π
=? MTT
( )
WP
uGEPMg
v
+
+++
=
2
333 π
14-14、图示行星齿轮机构位于水平面内，动齿轮A重P、半径为r，
可视为均质圆盘；系杆OA重W，可视为均质细杆；定齿轮半径为
R。今在系杆上作用一不变的转矩M使轮系由静止而运动，求系杆的角速度与其转角?的关系。
()
2
22
2
2
3
2
1
3
1
2
1
+
++= ωω
r
rR
r
g
P
rR
g
W
T
()
2
2
12
92
ωrR
g
PW
+
+
=
MT =?0
()?ω MrR
g
PW
=+
+
2
2
12
92
PW
Mg
rR 92
32
++
=
ω
14-15、均质细杆重Q、长为l，上端靠在光滑的墙上，下端A以铰链和一均质圆柱的中心相连。圆柱重P、半径为R，放在粗糙的地面上，从图示位置（θ =45°）由静止开始作纯滚动。
求A点在初瞬时的加速度。
v
A
v
B
D
解：取系统为研究对象。则任意瞬时系统动能为
C
v
C
2
22
2
2
12
1
2
1
2
1
2
3
2
1
+?+
=
AD
v
l
g
Q
v
g
Q
R
v
R
g
P
T
A
C
A
θθ sin22sin
AAA
C
vl
l
v
CD
AD
v
v =?=?=
其中
2
2
sin
2
9
12
1
A
v
Q
P
g
T
+=
θ
所以
v
A
v
B
D
C
v
C
θcosdtQvQdyWd
CC
==
′
∑
Q
dtctgQv
A
θ
2
1
=
由动能定理的微分形式
∑
′
= WddT
dtctgQvv
Q
P
g
d
AA
θ
θ 2
1
sin
2
9
12
1
2
2
=
+
dt
l
v
dtd
A
AB
θ
ωθ
sin
=?=
由于系统为理想约束，只有重力作功，所以元功为得因所以
dtctgQvdtvv
l
Q
a
Q
P
g
AAAA
θ
θ
θ
θ 2
1
sin
cos2
sin
2
9
6
1
2
42
=
+
+
dtctgQvdtvv
l
Q
a
Q
P
g
AAAA
θ
θ
θ
θ 2
1
sin
cos2
sin
2
9
6
1
2
42
=
+
+
解得
θ
θ
θ
θ
2
2
4
sin
2
9
sin
cos2
3
Q
P
v
l
Q
Qgctg
a
A
A
+
=
令θ =45°，v
A
=0，得
QP
Qg
a
A
49
3
+
=
14-20、正方形均质板的质量为40kg，在铅直平面内以三根软绳拉住，板的边长b=100mm，如图所示。求：（1）当软绳FG剪断后，
木板开始运动的加速度以及AD和BE两绳的张力；（2）当AD和
BE两绳位于铅直位置时，板中心C的加速度和两绳的张力。
v
C
2
2
1
C
mvT =
WddT
'
∑=
θcosmgdsdvmv
CC
=
dt
ds
mg
dt
dv
mv
C
C
θcos=
θ
τ
cosg
dt
dv
a
C
C
==
当θ = 60
0
时，v
C
= 0,所以
ggaa
CC
2
1
60cos
0
===
τ
0=
n
C
a
解：（1）软绳剪断后板作平动，设
∠BAD为θ时，C点速度为v
C
。
由得
mg
F
A
F
B
( )
00
60cos60sin
BAC
FFma +=
CBA
maFF 3=+
由对质心的动量矩定理，有因为
0=
C
L
0)( ==∑
dt
dL
FM
C
e
iC
所以
0
2
60sin
2
60cos
2
60sin
2
60cos
0000
=+?+?
b
F
b
F
b
F
b
F
BBAA
( ) ( ) 03131 =?++
BA
FF
联解以上两式，可得
NmaF
CA
729.440
2
13
2
13
=××
=
=
NmaF
CA
2689.440
2
13
2
13
=××
+
=
+
=
由质心运动定理，有即①
②
14-21.图示三棱柱A沿倾角为θ的斜面B无摩擦地滑动,A和B的质量分别为m
1
和m
2
,斜面B置于光滑的水平面上。试求任意时刻斜面B的加速度。
A
θ
B
解,斜面B三棱柱A
A
F'
N
m
1
g
a
B
a
r
+
θ
B
m
2
g
F
N
a
B
a
A
= a
B
+ a
r
运动学关系:
m
1
(a
B
+a
r
)= m
1
g+ F'
N
m
1
a
B
sinθ=m
1
gcosθ–F'
N
m
2
a
B
= F
N
sin θ
a
B
=(m
1
gsin 2θ)/2(m
2
+m
1
sin
2
θ)
14-22,图示圆环以角速度ω绕铅直轴转动。此圆环半径为R,
对轴的转动惯量为J 。在圆环中的点A 放一质量为m的小球。
设由于微小的干扰小球离开点A,小球与圆环间的摩擦忽略不计。求小球到达点B 和点C 时，圆环的角速度和小球的速度。
RRmJJ
BB
+= ωωω
2
mRJ
J
B
+
=
ω
ω
由动能定理有
mgRJmvJ
BB
=?+
222
2
1
2
1
2
1
ωω
()
m
mRJ
J
JmgR
v
B
+
=
12
2
2
2
2
ω
解：在点B小球的牵连速度铅直向下。
根据系统对铅直轴动量矩守恒，有解得：
在点C小球对轴的动量矩为零，根据对轴的动量矩守恒，有
ωω =
C
由动能定理，有
mgRJmvJ
CC
2
2
1
2
1
2
1
222
=?+ ωω
解得：
gRv
C
4=
A
B
r
O
14-23.质量为m
0
的物块静止于光滑的水平面上。
一质量为m的小球最初位于A处,后沿物块上半径为r的光滑半圆槽无初速地滑下。若m
0
=3m,试求小球滑到B处时相对于物块的速度及槽对它的压力。
解,(1)系统在水平方向动量守恒,初始时刻小球和物块的速度均为零,设小球在B处时的绝对速度为v
B
,物块的速度为v
e
,则有
A
B
r
O
v
r
v
e
mg
v
B
= v
e
+ v
r
v
B
= v
e
–v
r
m(v
e
–v
r
) +m
0
v
e
=0 v
r
=4v
e
初始时刻系统的动能T
1
=0,小球在B处时系统的动能
T
2
=[m(v
e
–v
r
)
2
+m
0
v
e
2
]/2
A
B
r
O
v
r
v
e
mg
∑W
i
= mgr
故由动能定理可得
[m(v
e
–v
r
)
2
+m
0
v
e
2
]/2 = mgr
83
r
vgr/=
而
v
r
=4v
e
A
B
r
O
83
r
vgr/=
(2) 设小球在B处时的绝对速度为a
B
,物块的速度为a
e
,
则有
a
B
= a
e
+ a
rn
+ a
rτ
a
rτ
a
e
a
rn
mg
F
N
ma
B
= m(a
e
+ a
rn
+ a
rτ
) = mg + F
N
ma
rn
= F
N
–mg
式中
a
rn
= v
r
2
/r
F
N
=11mg/3
14-25.图示均质杆OA长为l,质量为m
1;均质圆盘半径为R,质量为m
2
。不计摩擦,初始时刻杆OA水平,杆和圆盘静止。试求杆与水平成θ角时,杆的角速度和角加速度。
O
A
θ
解,以圆盘为研究对象,因外力对质心A的矩为零,故圆盘相对于质心A的动量矩守恒。初始时刻圆盘静止,
L
A1
=0。设杆与水平成θ角时,圆盘的角速度为ω
A
,则有
O
A
θ
ω
A
L
A2
= J
A
ω
A
L
A2
= L
A1
ω
A
= 0
以杆和圆盘组成的系统为研究对象,初始时刻系统的动能T
1
=0,杆与水平成θ角时系统的动能
O
A
θ
ω
A
= 0
ω
v
A
m
2
g
m
2
g
m
1
g
m
1
g
22
22
11
22
OA
TJ mv=+ω
22
12
3
6
mm
l
+
= ω
∑W
i
=(m
1
+2m
2
)gl(sinθ)/2
代入动能定理
T
2
–T
1
=∑W
i
即可解出而
2
12
12
3( 2 )
sin
(3)
mmg
mml
+
=
+
ωθ
12
12
3( 2 )
sin
(3)
mmg
mml
+
=
+
ωθ
12
12
3( 2 )cos
2( 3 )
mm
g
lm m
+
=
+
θ
ε
O
A
θ
O
θ
ω
v
A
14-28.、均质细杆AB长为l，质量为m，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微笑扰动，杆绕B点倾倒如图。不计摩擦。求：（1）B
端未脱离墙时AB杆的角速度和角加速度及B处的约束力；（2）
B端脱离墙时的θ
1
角；（3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。
解：（1）B 端未脱离墙时AB杆作定轴转动，
由动能定理有
()θω cos1
23
1
2
1
22
=
l
mgml①
解得：
()θω cos1
3
=
l
g
对式①求导
θθωω dmgldml sin
2
1
3
1
2
=?
θε sin
2
3
l
g
=
解得：
F
Bx
F
By
a
C
τ
a
C
n
BxCx
Fma =
θθ
τ
sincos
n
CCBx
mamaF=
θωθε sin
2
cos
2
2
=
l
m
l
m
()2cos3sin
4
3
= θθmg
mgFma
ByCy
=
θθ
τ
cossin=
n
CCBy
mamamgF
θωθε cos
2
sin
2
2
=
l
m
l
mmg
( )2cos2sin3
4
3
2
+?= θθmgmg
由质心运动定理，有
（2）令
()02cos3sin
4
3
=?= θθmgF
Bx
3
2
cos
1
=θ
3
2
arccos
1
=θ
得即
（3）从B端脱离墙开始，系统水平方向动量守恒。
BA
1CxBcx
mvmvmv ==
111
cos
2
θω==
l
vv
CxB
glv
B
3
1
=
C v
B
v
CB
v
C
从B端脱离墙开始，应用动能定理，有
mgl
l
mgTT
3
1
cos
2
112
=?=? θ②
其中
mglmlT
6
1
3
1
2
1
2
1
2
1
== ω
( )
222222
2
12
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ωω++=+= mlvvmJmvT
CBBCC
22
2
24
1
22
1
18
1
ωω ml
l
mmgl +
+=
22
6
1
18
1
ωmlmgl +=
解方程②，可得
l
g
3
8
=ω
C v
B
BA
v
CB
v
C
如图所示，有
gl
l
gl
glvvv
CBBc
7
3
1
3
8
49
1
22
=?+=+=
