1、PAGE 321 由于圓盤純滾動，所以有根據(jù)質(zhì)心運動定理有：根據(jù)相對質(zhì)心的動量矩定理有求解上式可得：，若圓盤無滑動，摩擦力應滿足，由此可得：當：時，322 研究AB桿，BD繩剪斷后，其受力如圖所示，由于水平方向沒有力的作用，根據(jù)質(zhì)心運動定理可知AB桿質(zhì)心C的加速度鉛垂。由質(zhì)心運動定理有：根據(jù)相對質(zhì)心的動量矩定理有：剛體AB作平面運動，運動初始時，角速度為零。PA點的加速度水平，AB桿的加速度瞬心位于P點。有運動關系式求解以上三式可求得：AR335 設板和圓盤中心O的加速度分別為，圓盤的角加速度為，圓盤上與板的接觸點為A，則A點的加速度為將上式在水平方向投影有 （a）取圓盤為研究對象，受力如圖，

2、應用質(zhì)心運動定理有 (b)應用相對質(zhì)心動量矩定理有 (c)再取板為研究對象，受力如圖，應用質(zhì)心運動定理有 (d ) 作用在板上的滑動摩擦力為： (e)由上式可解得：329 解：由于系統(tǒng)在運動過程中，只有AB桿的重力作功，因此應用動能定理，可求出有關的速度和加速度。系統(tǒng)運動到一般位置時，其動能為AB桿的動能與圓盤A的動能之和：P其中：因此系統(tǒng)的動能可以表示成：系統(tǒng)從位置運動到任意角位置，AB桿的重力所作的功為： 根據(jù)動能定理的積分形式 初始時系統(tǒng)靜止，所以，因此有將上式對時間求導可得：將上式中消去可得：根據(jù)初始條件，可求得初始瞬時AB桿的角加速度 因為，所以AB桿的角加速度為順時針。初始瞬時AB

3、桿的角速度為零，此時AB桿的加速度瞬心在點，由此可求出AB桿上A點的加速度：C333 設碰撞后滑塊的速度、AB桿的角速度如圖所示根據(jù)沖量矩定理有： (a)其中：為AB桿質(zhì)心的速度，根據(jù)平面運動關系有 (b)再根據(jù)對固定點的沖量矩定理：系統(tǒng)對固定點A（與鉸鏈A重合且相對地面不動的點）的動量矩為滑塊對A點的動量矩和AB桿對A點的動量矩，由于滑塊的動量過A點，因此滑塊對A點無動量矩，AB桿對A點的動量矩（也是系統(tǒng)對A點的動量矩）為將其代入沖量矩定理有： (c) 由（a,b,c）三式求解可得： (滑塊的真實方向與圖示相反)334 研究整體，系統(tǒng)對A軸的動量矩為：其中：AC桿對A軸的動量矩為 設為BC桿

4、的質(zhì)心，BC 桿對A軸的動量矩為 根據(jù)沖量矩定理 可得：BC （a） 再研究BC桿，其對與C點重合的固定點的動量矩為根據(jù)沖量矩定理有： （b）聯(lián)立求解（a）,(b) 可得335 碰撞前，彈簧有靜變形第一階段：與通過完全塑性碰撞后一起向下運動，不計常規(guī)力，碰撞前后動量守恒，因此有：碰撞結(jié)束時兩物體向下運動的速度為第二階段：與一起向下運動后再回到碰撞結(jié)束時的初始位置，根據(jù)機械能守恒可知：此時的速度向上，大小仍然為第三階段：與一起上升到最高位置，此時彈簧被拉長。根據(jù)動能定理有：上式可表示成：若使脫離地面，彈簧的拉力必須大于其重力，因此有，將代入上式求得：。若，則BA注：上述結(jié)果是在假設與始終粘連在一起的條件下得到的，若與之間沒有粘著力，答案應為，如何求解，請思考。336 取AB桿為研究對象，初始時，桿上的A點與水平桿上的O點重合，當時系統(tǒng)靜止，AB桿上A點的速度為，角速度為，初始時受到?jīng)_擊力的作用，應用對固定點O的沖量矩定理可得其中：BA由此解得當時，滑塊A以加速度向右運動，取AB桿為研究對象，應用相對動點A的動量矩定理有：將上式積分并簡化可得：其中C是積分常數(shù)由初始條件確定出。上式可表示成若AB桿可轉(zhuǎn)動整圈，則應有，因此。若的最小值大