理论力学(盛冬发)课后知识题目解析ch1

第11章 动量矩定理
一、是非题(正确的在括号内打“√”、错误的打“×”)
1. 质点系对某固定点(或固定轴)的动量矩，等于质点系的动量对该点(或轴)的矩。

(×)
2. 质点系所受外力对某点(或轴)之矩恒为零，则质点系对该点(或轴)的动量矩不变。

(√)
3. 质点系动量矩的变化与外力有关，与内力无关。

(√)
4. 质点系对某点动量矩守恒，则对过该点的任意轴也守恒。

(√)
5. 定轴转动刚体对转轴的动量矩，等于刚体对该轴的转动惯量与角加速度之积。

(×)
6. 在对所有平行于质心轴的转动惯量中，以对质心轴的转动惯量为最大。

(×)
7. 质点系对某点的动量矩定理e 1
d ()d n
O
O i i t ==∑L M F 中的点
“O ”是固定点或质点系的质心。

(√)
8. 如图11.23所示，固结在转盘上的均质杆AB ，对转轴的转动惯量为20A J J mr =+
221
3
ml mr =+，式中m 为AB 杆的质量。

(×) 9. 当选质点系速度瞬心P 为矩心时，动量矩定理一定有e 1
d
()d n
P P i i t ==∑L M F 的形式，而
不需附加任何条件。

(×) 10. 平面运动刚体所受外力对质心的主矩等于零，则刚体只能做平动；若所受外力的主
矢等于零，刚体只能作绕质心的转动。

(×)
图11.23
二、填空题
1. 绕定轴转动刚体对转轴的动量矩等于刚体对转轴的转动惯量与角速度的乘积。

2. 质量为m ，绕z 轴转动的回旋半径为ρ，则刚体对z 轴的转动惯量为2ρm J z =。

3. 质点系的质量与质心速度的乘积称为质点系的动量。

4. 质点系的动量对某点的矩随时间的变化规律只与系统所受的外力对该点的矩有关，
而与系统的内力无关。

5. 质点系对某点动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对该点之矩的矢量和等于零，质点系的动量对x 轴的动量矩守恒的条件是质点系所受的全部外力对x 轴之矩的代数和等于零。

6. 质点M 质量为m ，在Oxy 平面内运动， 如图11.24所示。

其运动方程为kt a x cos =，kt b y sin =，其中 a 、b 、k 为常数。

则质点对原点O 的动量矩为abk L O =。

7. 如图11.25所示，在铅垂平面内，均质杆OA 可绕点O 自由转动，均质圆盘可绕点
A 自由转动，杆OA 由水平位置无初速释放，已知杆长为l ，质量为m ；圆盘半径为R ，
质量为M 。

则当杆转动的角速度为ω时，杆OA 对点O 的动量矩O L =ω231
ml ；圆盘对点
O 的动量矩O L =ω2Ml ；圆盘对点A 的动量矩A L =0。

图11.24 图11.25
8. 均质T 形杆，OA = BA = AC = l ，总质量为m ，绕O 轴转动的角速度为ω，如图11.26所示。

则它对O 轴的动量矩O L =ω2ml 。

9. 半径为R ，质量为m 的均质圆盘,在其上挖去一个半径为r = R /2的圆孔，如图11.27
所示。

则圆盘对圆心O 的转动惯量O J =232
13
mR 。

图11.26 图11.27
10. 半径同为R 、重量同为G 的两个均质定滑轮，一个轮上通过绳索悬一重量为Q 的重物，另一轮上用一等于Q 的力拉绳索，如图11.28所示。

则图11.28(a)轮的角加速度1ε= R Q G Qg )2(2+；图11.28(b )轮的角加速度2ε=GR
Qg
2。

(b) (a)
图11.28
三、选择题
1. 均质杆AB ，质量为m ，两端用张紧的绳子系住，绕轴O 转动，如图11.29所示。

则杆AB 对O 轴的动量矩为 A 。

(A)
ω265ml (B) ω21213ml (C) ω234ml (D) ω212
1ml 2. 均质圆环绕z 轴转动，在环中的A 点处放一小球，如图11.30所示。

在微扰动下，小球离开A 点运动。

不计摩擦力，则此系统运动过程中 B 。

(A) ω不变，系统对z 轴的动量矩守恒 (B) ω改变，系统对z 轴的动量矩守恒 (C) ω不变，系统对z 轴的动量矩不守恒 (D) ω改变，系统对z 轴的动量矩不守恒
3. 跨过滑轮的轮绳，一端系一重物，另一端有一与重物重量相等的猴子，从静止开始以速度v 向上爬，如图11.31所示。

若不计绳子和滑轮的质量及摩擦，则重物的速度 B 。

(A) 等于v ，方向向下 (B) 等于v ，方向向上
(C) 不等于v
(D) 重物不动
图11.29 图11.30
4. 在图11.32中，摆杆OA 重量为G ，对O 轴转动惯量为J ，弹簧的刚性系数为k ，杆在铅垂位置时弹簧无变形。

则杆微摆动微分方程为 D (设θθ=sin )。

(A) θθθGb ka J --=2 (B) θθθ
Gb ka J +=2 (C) θθθ
Gb ka J --=-2 (D) θθθGb ka J -=-2
图11.31 图11.32
5. 在图11.33中，一半径为R 。

质量为m 的圆轮，在下列情况下沿水平面作纯滚动：(1) 轮上作用一顺时针的力偶矩为M 的力偶；(2) 轮心作用一大小等于/M R 的水平向右的力F 。

若不计滚动摩擦，二种情况下 C 。

(A) 轮心加速度相等，滑动摩擦力大小相等 (B) 轮心加速度不相等，滑动摩擦力大小相等 (C) 轮心加速度相等，滑动摩擦力大小不相等 (D) 轮心加速度不相等，滑动摩擦力大小不相等
6. 如图11.34所示组合体由均质细长杆和均质圆盘组成，均质细长杆质量为M 1，长为
L ，均质圆盘质量为M 2，半径为R ，则刚体对O 轴的转动惯量为 A 。

(A) 2222210)(21
3L R M R M L M J +++=
(B) 2222210)(21
12L R M R M L M J +++=
(C) 222221021
3L M R M L M J ++=
(D) 222
22102
1
3R M R M L M J ++=
图11.33 图11.34
四、 计算题
11-1各均质物体的质量均为m ，物体的尺寸及绕固定轴转动角速度方向如图11.35所
示。

试求各物体对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩。

(a)
(c)
(b)
图11.35
解：（a ）杆OA 对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩为
ωω23
1
ml J L O O ==
（b ）圆盘对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩为
ωω22
1
mR J L O O ==
（c ）圆盘对通过点O 并与图面垂直的轴的动量矩为
ωωω2222
3
)21(mR mR mR J L O O =+==
11-2 如图11.36所示，鼓轮的质量11800kg m =，半径025m r .=，对转轴O 的转动惯
量2853kg m O J .=⋅。

现在鼓轮上作用力偶矩0743kN m M .=⋅来提升质量22700kg m =的物体
A 。

试求物体A 上升的加速度，绳索的拉力以及轴承O 的反力。

绳索的质量和轴承的摩擦
都忽略不计。

解：（1）选整体为研究对象，受力分析如图所示。

应用质点系动量矩定理，有 gr m M r m J O 2022)(-=+ε
解得鼓轮转动的角加速度为
)/(21.325.027003.8525.08.9270074302
22220s rad r m J gr m M O =⨯+⨯⨯-=+-=ε
物体A 上升的加速度为
)/(8.02s m r a A ==ε
（2）要求绳索的拉力，可选物体 A 为研究对象，受力分析如图所示。

应用质点运动微分方程，有
g m F a m T 22-=
解得绳索的拉力为
)(62.288.027008.9270022kN a m g m F T =⨯+⨯=+=
（3）要求轴承O 的反力，可选鼓轮为研究对象，受力分析如图所示。

应用质心运动定
理，有
0=Ox F ，0'1=--T Oy F g m F 解得 0=Ox F ，)(26.46'1kN F g m F T Oy =+=
A
F g
A
g 2m
T F
A a
F g 1
'T
(b)
(c)
图11.36 图11.37
11-3 半径为R ，质量为m 的均质圆盘与长为l 、质量为M 的均质杆铰接，如图11.37所示。

杆以角速度ω绕轴O 转动，圆盘以相对角速度r ω绕点A 转动，(1)r ωω=；(2)r ωω=-，试求系统对转轴O 的动量矩。

解：系统对转轴O 的动量矩是由杆对转轴O 的动量矩和圆盘对转轴O 的动量矩两部分组成。

杆对转轴O 的动量矩为
ω23
1
Ml L O -=杆
（1）当r ωω=时，圆盘转动的绝对角速度为 a 2r ωωωω=+= 圆盘对转轴O 的动量矩为
ωωω2222
1
ml mR l mv mR L A a O --=⨯--=圆盘
故系统对转轴O 的动量矩为
ωωω2223
1
ml mR Ml L L L O O O ---=+=圆盘杆
（2）当r ωω=-时，圆盘转动的绝对角速度为 a 0r ωωω=+= 圆盘对转轴O 的动量矩为
ωω222
1
ml l mv mR L A a O -=⨯--=圆盘
故系统对转轴O 的动量矩为
ωω223
1
ml Ml L L L O O O --=+=圆盘杆
11-4 两小球C 、D 质量均为m ，用长为l 2的均质杆连接，杆的质量为M ，杆的中点
固定在轴AB 上，CD 与轴AB 的夹角为θ，如图11.38所示。

轴以角速度ω转动，试求系统对转轴AB 的动量矩。

解：杆CD 对转轴AB 的动量矩可表示为
θωωθ222sin 3
1
)sin (2Ml x l Mdx L l l O =⨯=⎰
-杆
球C 、D 对转轴AB 的动量矩可表示为
θω22sin ml L L D O C O ==球球 系统对转轴AB 的动量矩为
θωθω2222sin 2sin 3
1
ml Ml L L L L D O C O O O +=++=球球杆
11-5 小球M 系于线MOA 的一端，此线穿过一铅垂管道，如图11.39所示。

小球M 绕轴沿半径MC R =的水平运动，转速为120r min n /=。

今将线OA 慢慢拉下，则小球M
在半径2
R
M'C '=的水平圆上运动，试求该瞬时小球的转速。

解：选小球为研究对象，小球受有重力和绳子拉力作用，受力分析如图所示。

由于重力和绳子拉力对轴x 的矩均等于零，即0)(=∑F x
M ，可知小球对x 轴的动量矩保持守恒。

即
有
2
'R mv mvR = 而R v ω=，2
''R
v ⋅
=ω，代入上式，有 4
'2
2
R R ωω=
故ωω4'=，即小球M 在半径2
R
M'C '=的水平圆上运动瞬时小球的转速为
min)/(4804'r n n ==
图11.38 图11.39
11-6 一直角曲架ADB 能绕其铅垂边AD 旋转，如图11.40所示。

在水平边上有一质量为m 的物体C ，开始时系统以角速度0ω绕轴AD 转动，物体C 距D 点为a ，设曲架对
AD 轴的转动惯量为z J ，求曲架转动的角速度ω与距离DC r =之间的关系。

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。

从受力图可以看出，系统所受的全部外力对z 轴的矩等于零。

系统对z 轴的动量矩也保持不变，即
ωω)()(202mr J ma J z z +=+ 解得曲架转动的角速度ω与距离DC r =之间的关系为 02
2
ωωmr J ma J z z ++=
11-7 电动机制动用的闸轮重为W (可视为均质圆环)，以角速度0ω绕轴转动，如图11.41所示。

已知闸块与闸轮间的滑动摩擦系数为f ，闸轮的半径为r ，它对O 轴的转动惯量为2O J mr =，制动时间为0t ，设轴承中的摩擦不计。

求闸块给闸轮的正压力N F 。

解：选闸轮为研究对象，受力分析如图（b ）所示。

我们可以应用动量矩定理来计算闸块给闸轮的正压力N F 。

先计算制动后闸轮的角加速度，由运动学可知 000=+=t εωω
可知制动后闸轮的角加速度为
00
0t t ωωε-=-=
式中负号表明真实的角加速度的转向与图中假设的转向相反，即闸轮作减速转动。

然后应用动量矩定理，有
O d J F r ε=-
而d N F fF =，代入上式，可解得闸块给闸轮的正压力N F 为
N 0
Wr F fgt ω=
Az (a)
(b)
图11.40 图11.41
11-8 如图11.42所示两轮的半径为1R 、2R 。

质量分别为1m 、2m 。

两轮用胶带连接，各绕两平行的固定轴转动，若在第一轮上作用主动力矩M ，若在第二轮上作用阻力矩'M 。

视圆轮为均质圆盘，胶带与轮间无滑动，胶带质量不计，试求第一轮的角加速度。

解：分别取两轮为研究对象，受力分析及运动分析如图(b)所示。

对两轮分别应用动量
矩定理，有
轮1： 11211)(R F F M J T T -+=ε 轮2： 2'2'122)('R F F M J T T -+-=ε
由于胶带与轮间无滑动，故有
2211εεR R =
联立求解以上三式，并将21112
1R m J =，2
22221R m J =，1'1T T F F =，2'2T T F F =代入，可得
轮1的角加速度为
22121121)()
'(2R R m m R M MR +-=ε
11-9 如图11.43所示绞车，提升一重量为P 的重物，在其主动轴上作用一不变的力矩
M 。

已知主动轴和从动轴的转动惯量分别为1J 、2J ，传动比21z
i z =，吊索缠绕在从动轮上，
从动轮半径为R ，轴承的摩擦力不计。

试求重物的加速度。

N F
1
'x
ε
图11.42
)a (
)b (
T y F x 2ε
x
'2T
图11.43
解：分别选主动轴、从动轮和重物组成的系统为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

对两轮分别应用动量矩定理，有
主动轮： 111R F M J s -=ε 主动轮： PR R F R g
P J s -=+
'22
2)(ε 由运动学知
211εεR R =
其中：s s F F ='，21
112z R i z R εε===，联立求解以上三式，有
)(2212
2J i J g
PR
PR Mi ++-=ε
重物的加速度为
)()(2212
2J i J g PR R PR Mi R a ++-=
=ε
11-10 如图11.44所示均质杆AB 长为l ，重为1P ，B 端固结一重为2P 的小球(球的半径不计)，杆的D 与铅垂悬挂的弹簧相连以使杆保持水平位置。

已知弹簧的刚度系数为k ，给小球以微小的初位移o δ，然后自由释放，试求杆AB 的运动规律。

解：选均质杆AB 和小球组成的系统为研究对象，受力分析如图所示。

由刚体定轴转动微分方程，有
3
cos cos 2)31(
212221l F l P l P l g P l g P -+=+ϕϕϕ 而)sin 3
('ϕl k k F +∆=∆=，这里∆为弹性在水平位置时的伸长量。

由题意知道：杆AB 处于水平位置时系统处于平衡状态，由平衡条件可知
02
321=--⨯
∆l P l
P l k 很容易求出
l P l P l
k 212
3
+=⨯∆
由于ϕ较小，可令ϕϕ≈sin ，1cos ≈ϕ，故刚体定轴转动的微分方程可写为 03
321=++ϕϕk g P P 上微分方程的通解可写为
t P P gk
B t P P gk A )
3(3sin )3(3cos
2121+++=ϕ
由初始条件l
t 000δϕϕ=
==，00
==t ϕ ，有 l
A 0δ=，0=B
杆AB 的运动规律为
t P P gk
l
)3(3cos
2
10
+=
δϕ
11-11 运送矿石的卷扬机鼓轮半径为R ，重为W ，在铅直平面内绕水平轴O 转动，如图11.45所示。

已知对O 轴的转动惯量为O J ，车与矿石的总重量为W 1，作用于鼓轮上的力矩为M ，轨道的倾角为α。

不计绳重及各处摩擦。

求小车上升的加速度及绳子的拉力。

T
图11.44 图11.45
解：分别选整体和小车为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

对整体应用动量矩定理，有
R W M R g
W J O αεsin )(12
1-=+ 解得卷扬机鼓轮转动的角加速度为 g R
W g J R
R W M O 2
11sin +-=αε 小车上升的加速度为
gR R W g J R
R W M R a O 211sin +-==αε
由小车的运动微分方程，有
a g
W W F T 1
1sin =-α 解得绳子的拉力为
a g W W F T 1
1sin +
=α
11-12 质量分别为21m m 、的两重物，分别挂在两条绳子上，绳又分别缠绕在半径为21r r 、并装在同一轴的两鼓轮上，如图11.46所示。

已知两鼓轮对O 轴的转动惯量为O J ，系统在重力作用下发生运动，求鼓轮的角加速度。

解：选整体为研究对象，受力分析如图所示。

应用动量矩定理，有
11222222
11)(gr m gr m r m r m J O -=++
ε
解得鼓轮的角加速度为
g r m r m J r m r m O 2222111
122++-=ε
11-13 重物A 质量为m 1，系在绳子上，绳子跨过不计质量的固定滑轮D ，并绕在鼓轮
B 上，如图11.47所示。

由于重物下降带动了轮
C ，使它沿水平轨道滚动而不滑动。

设鼓轮
半径为r ，轮C 的半径为R ，两者固连在一起，总质量为m 2，对于其水平轴O 的回转半径为ρ。

求重物A 下降的加速度以及轮C 与地面接触点处的静摩擦力。

A
N ω
A
'
a
图11.47
解：分别选轮子和重物A 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

轮子作平面运动，应用刚体平面运动微分方程，有
O s T a m F F 2=-
ερ22m R F r F s T =+ 重物A 的运动微分方程为
A T a m F g m 1'1=-
其中：εR a O =，ε)(r R a A +=，T T F F ='。

联立求解，可得重物A 下降的加速度为 g R m r R m r R m a A )
()()(222212
1ρ++++=
轮C 与地面接触点处的静摩擦力为
2m
Ox ε
a
g 2m
图11.46
)
()()(2
2221212ρρ+++-=R m r R m g
m m Rr F s 11-14 均质圆柱体A 的质量为m ，在外圆上绕以细绳，绳的一端B 固定不动，如图11.48所示。

当BC 铅垂时圆柱下降，其初速度为零。

求当圆柱体的轴心降落了高度h 时轴心的速度和绳子的张力。

解：选均质圆柱体A 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

圆柱体A 作平面运动，应用刚体平面运动微分方程，有
ma F mg T =-
R F m R T =ε22
1
由运动学关系，有
a R =ε 联立求解，可得g a 3
2=，m g F T 3
1=。

圆柱体的轴心降落了高度h 时轴心的速度为 gh ah v 33
2
2=
= 11-15 均质实心圆柱体A 和薄铁环B 的质量均为m ，半径均为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11.49所示。

如不计杆的质量，求杆AB 的加速度和杆的内力。

sA NB
sB
图11.48 图11.49
解：分别以实心圆柱体A 和薄铁环B 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

由于圆柱体A 和薄铁环B 半径相等，故杆AB 作平面运动。

可知圆柱体A 中心加速度A a 和薄铁环B 中心加速度B a 大小和方向相同，即B A a a =。

它们转动的角加速度也相等，即B A εε=。

分别列圆柱体A 和薄铁环B 的动力学方程，有
圆柱体A ： B T sB ma F F mg =--θsin r F mr sB B =ε2 圆柱体B ： A T sA ma F F mg =+-'sin θ
r F mr sA A =ε2
2
1 其中：由运动学关系，可知A A r a ε=，B B r a ε=，'T T F F =，联立求解，可得AB 的加速度和杆的内力分别为
θsin 74
g a a a B A ===
θsin 7
1
'mg F F T T -==
负号表示杆受压力作用。

11-16 在图11.50中，均质圆柱重量为Q ，半径为R ，放在倾角为60°的斜面上，一
绳绕在圆柱体上，其一端固定在A 点，此绳与A 点相连部分与斜面平行。

若圆柱体与斜面
间滑动摩擦系数为1
3
f =。

试求质心C 沿斜面落下的加速度。

F
F
图11.50
解：选均质圆柱为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

均质圆柱作平面运动，应用平面运动微分方程，有
C d T ma F F Q =--αsin
0cos =+-N F Q α
R F R F R g
Q d T -=ε2
21
其中：N d fF F =，εR a C =。

联立求解可得质心C 沿斜面落下的加速度为 g a C 355.0=
11-17 如图11.51所示板的质量为1m ，受水平力F 作用，沿水平面运动，板与平面间的动摩擦系数为f 。

在板上放一质量为2m 的均质实心圆柱体，此圆柱体在板上只滚不滑动，试求板的加速度。

解：分别选板和圆柱体为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

板作平动，由质心运动定理，有
C d s a m F F F 1=--
01=--g m F F NC N
圆柱体作平面运动，由刚体平面运动微分方程，有 O s a m F 2'=
02'
=-g m F NC R F R m s '222
1
=ε
由运动学关系，可选C 点分动点，分析O 点加速度，由τOC n
OC C O a a a a ++=作O 点的加
速度合成图如图所示。

由图可知
τ
OC C O a a a -=
其中：ετR a OC
=，N d fF F =，NC NC F F ='
，s s F F ='，联立求解，可得板的加速度为 3
)(2
121m m g
m m f F a C +
+-=
NC C F
C NC F C a
N F
d F
s F g 1m
C a
图11.51
11-18 如图11.52所示结构中，重物A 、B 的质量分别为m 1和m 2，B 物体与水平面间摩擦系数为f ，鼓轮O 的质量为M ，半径为R 和r ，对
O 轴的回转半径分别为ρ，求A 下降的加速度以及绳子两端的拉力。

A
g 1m
A a TA F
'F
B
g 2m
B a
NB F
TB F dB F
图11.52
解：分别选重物A 、B 和鼓轮O 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

分别列动力学方程，有
重物A ： A TA a m F g m 11=- 重物B ： 02=-g m F NB B dB TB a m F F 2=- 其中：NB dB fF F =。

鼓轮O ： R F r F M TB TA -=ερ2
由运动学关系，可知：εr a A =，εR a B =。

联立求解可得A 下降的加速度为 gr M R m r m R fm r m a A 2
2
22
121ρ
++-=
绳子两端的拉力为
A TA a m g m F 11-=
A T
B a r
R
m g fm F 22+
= 11-19如图11.53所示均质杆AB 长为L ，重为Q ，杆上的D 点靠在光滑支撑上，杆与
铅垂线的夹角为α，由静止将杆释放。

求此时杆对支撑的压力以及杆重心C 的加速度(设
CD = a )。

F
图11.53
解：(1) 选杆AB 为研究对象，受力如图所示。

列杆的平面运动微分方程
Cx a g
Q
Q =αcos Cy N a g
Q
Q F =
-αsin
a F L g
Q N =ε2
121 (2) 以D 为基点，分析C 点的加速度。

由τCD n
CD D Cy Cx a a a a a ++=+作C 点的加
速度合成图。

列投影方程
τCD Cy a a -=
其中：ετ
a a CD
=。

联立求解，可得 2
2
212sin L
a QL F N +=
α，αcos g a Cx =，2
2212sin 12L a g a a Cy +-
=α
11-20如图11.54所示，曲柄OA 以匀角速度045rad s ./ω=绕O 轴沿顺时针转向在铅垂面内转动。

求当OA 处于水平位置时，细长杆AB 端部B 轮所受的反力。

设杆AB 的质量为10kg ，长为1m ，各处摩擦力及OA 杆质量不计。

A
n A
图11.54
解：（1）选细长杆
AB 为研究对象，受力分析和运动分析如图所示。

列杆AB 的刚
体平面运动微分方程，有
Cx Ax ma F = Cy NA Ay ma mg F F =-+
αααεcos 2
sin 2cos 21212l
F l F l F ml Ay Ax NA AB -+= （2）由A v 和B v 方向可知P 点为杆AB 的速度瞬心，杆AB 转动的角速度为 )/(36
.05
.44.00s rad PA OA PA v A AB =⨯=⋅==
ωω 以A 为基点分析B 点的加速度，由τ
BA n BA n A B a a a a ++=作B 点的加速度合成图。

列PB 方向的投影方程，有
αατsin cos 0n BA BA a a += 其中：22
/9s m AB a AB n BA
=⋅=ω，解得 2/123
4
9tan s m a a n
BA BA -=⨯
-=-=ατ 故杆AB 的角加速度为
2/12s rad AB
a BA
AB -==
τε 再以A 为基点分析C 点的加速度，由τ
CA n CA n A Cy Cx a a a a a ++=+作C 点的加速度合成图。

列投影方程，有
αατsin cos CA n CA n A Cx a a a a -+-= αατcos sin CA n
CA Cy a a a +=
其中：220/1.8s m OA a n A =⋅=ω，22/5.4s m CA a AB n CA =⋅=ω，2
/6s m CA a AB CA -=⋅=ετ，代入上
式可得
2/6.0sin cos s m a a a a CA n CA n A Cx -=-+-=αατ
0cos sin =+=αατCA n
CA Cy a a a
代入杆AB 的刚体平面运动微分方程，可解得细长杆AB 端部B 轮所受的反力为
)(33.36N F NA =
11-21 如图11.55所示，设均质杆O 1A 和O 2B 以及DAB ，各杆长均为L ，重均为P ，
在A ，B 处以铰链连接，O 1，O 2处于同一水平线上，且123
4
O O AB l ==，如图11.55所示，
初始时O 1A 与铅垂线的夹角为30︒，由静止释放，试求此瞬时铰链O 1、O 2的约束反力。

O
Ax
'By
Bx
O 2
图11.55
解：分别选杆O 1A 和O 2B 以及DAB 为研究对象，受力及运动分析如图所示。

分别列三杆
的动力学方程：
杆O 1A ： o 30cos 11τ
C x O Ax a g
P F F -
=+ o 30sin 11τ
C y O Ay a g
P P F F -
=-+
o o o o 230sin 2
30sin 230cos 230cos 212111l
F l F l F l F l g P Ay y O Ax x O -+-=ε 杆O 2B ： o 30cos 22τ
C x O Bx a g
P F F -
=+ o 30sin 22τ
C y O By a g
P P F F -
=-+
o o o o 230sin 2
30sin 230cos 230cos 212122l
F l F l F l F l g P By y O Bx x O -+-=ε
杆DAB ： o '
'30cos 3τ
C Bx Ax a g
P F F -
=-- o ''30sin 3τ
C By Ay a g
P P F F -
=--- 2
40''
l F l F By Ay
+-= 其中：ετ
τ2
2
1l a a C C ==，ετ
l a C =3
，联立求解，可得铰链O 1、O 2的约束反力为 P F F x O x O 516.021==，P F y O 434.11=，P F y O 164.12=。