理论力学13-2基本定理综合题.pdf

186 综合问题习题 综合问题习题 综综-1 滑块 M 的质量为 m，在半径为 R 的光滑圆周上无摩擦地滑动。此圆周在铅直面 内，如图综-1a 所示。滑块 M 上系有 1 刚度系数为 k 的弹性绳 MOA，此绳穿过光滑的固定 环 O，并固结在点 A。已知当滑块在点 O 时线的张力为零。开始时滑块在点 B，处于不稳定 的平衡状态；当它受到微小振动时，即沿圆周滑下。求下滑速度 v 与角的关系和圆环的约 束力。 M O O a gm T F v N F (a) (b) 图综-1 解解 滑块 M 在下降至任意位置时的运动及受力分析如图综-1b 所示。滑块 M 在下降过 程中 v 与的关系可由动能定理确定： 2222 2 1 )sin2()2( 2 1 cos2mvRRkRmg=+-0 )1 (cos2 mg kR gRv+= （1） 滑块 M 的法向运动微分方程为 )2180cos()90cos(sin2+mgkR R mv F 2 N = 式（1）代入上式，化简得 22 N cos)(42cossin2kRmgmgkRF+= 综综-2 如图综-2a 所示 1 撞击试验机，主要部分为 1 质量为 m = 20 kg 的钢铸物，固定在 杆上，杆重和轴承摩擦均忽略不计。钢铸物的中心到铰链 O 的距离为 l = 1 m，钢铸物由最 高位置 A 无初速地落下。求轴承约束力与杆的位置之间的关系。并讨论等于多少时杆 受力为最大或最小。 O A B gm t Fn F t a v n a (a) (b) 图综-2 解解 钢铸物下降至角位置时运动和受力分析如图综-2b 所示。轴承约束力不做功，做 功力为重力 mg，是有势力，故机械能守恒，设 O 位置为零势能位置，则 2 2 1 cosmvmglmgl+= 即 )cos1 (2 2 = glv （1） 187 式（1）两边对时间 t 求导，得 &=sin22 t glva sin , t galv=& （2） 法向： )( cos 2 n 2 n l v a l v mmgF=+ 式（1）代入上式，得 )cos32( n = mgF （3） 切向： tt sinmamgF=+ 式（2）代入上式得 0 t =F 由式（3） ，当 =时 Fn = Fmax = 5 mg =（5209.8）N = 980 N 当1148 3 2 cos arc=时， Fn = Fmin = 0 讨论：0=时，mgF= n 只表示杆受压力，一般讨论最大、最小应以绝对值考虑。 综综-3 1 小球质量为 m，用不可伸长的线拉住，在光滑的水平面上运动，如图综-3a 所 示。线的另 1 端穿过 1 孔以等速 v 向下拉动。设开始时球与孔间的距离为 R，孔与球间的线 段是直的，而球在初瞬时速度 v0垂直于此线段。求小球的运动方程和线的张力 F（提示： 解题时宜采有极坐标） F v v F v v M O (a) (b) 图综-3 解解 小球在铅垂方向受合力为 0，在水平面内受拉力 F，受力和速度分析如图综-3b 所 示。由于作用于小球的力对小孔 O（轴 Oz）之矩为零，故小球在运动过程中对点 O（轴 Oz） 的动量矩守恒，即 =mvRmv0 0 v R v = 在极坐标下， v t v= d d 积分，得 vtR = 故小球在任意瞬时绕小孔 O 转动的角速度 2 0 )(vtR Rv v = 即 2 0 )(d d vtR Rv t = 188 两边积分得 vtR tv t vtR Rvt = = 0 2 0 d )(0 故小球的运动方程 = R - vt vtR tv = 0 线的张力 3 2 2 0 2 )(vtR Rmv mv mmaF = & & 综综-4 正方形均质板的质量为 40 kg，在铅垂平面内以 3 根软绳拉住，板的边长 b = 100 mm，如图综-4a 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 两绳位于铅垂位置时，板中心 C 的加速度和两绳的张力。 gm 6060 60 B A AD F BE F n C a C gm C AB AD F BE F C v C a (a) (b) (c) 图综-4 解解 （1）对绳 FG 刚剪断瞬时的均质板进行运动和受力分析。板在软绳 FG 剪断后作 平面曲线平移（及均为零） ，板在刚剪断瞬时其质心 C 只有切向加速度， t CC aa=，如 图综-4b 所示。根据平面运动微分方程 CCCC MJFmaFma= , , n n t t 得 C mamg=60cos （1） 060sin=+mgFF BEAD （2） 060cos 2 60sin 2 60cos 2 60sin 2 = b F b F b F b F ADADBEBE （3） 联立解得 2 m/s 9 . 4 2 = g aC N 72= AD F N 268 = BE F （2）板运动到两绳位于铅垂位置时（即板的最低位置时）其运动及受力分析如图 c， 因所有外力沿铅垂方向，故点 C 无水平方向（即切向）加速度，只有铅垂方向（即法向） 加速度。板自绳 FG 刚剪断后至最低位置过程中，由动能定理确定点 C 的速度。设 AD，BE 绳长为 l，则 2 2 1 )60sin1 ( C mvmgl= )32( 2 = glvC （1） 根据质心运动定理及相对质心动量矩定理得 FAD + FBE mg = maC （2） 0 22 = b F b F ADBE （3） 189 l v a C C 2 = 2 m/s 63. 2)32( = gaC 代入式（2） ， （3）得 N 249)1 ( 2 =+= g amg FF C ADBE 综综-5 如图综-5a 所示三棱柱 A 沿三棱柱 B 光滑斜面滑动， A 和 B 的质量各为 m1与 m2， 三棱柱 B 的斜面与水平面成角。如开始时物系静止，忽略摩擦，求运动时三棱柱 B 的加 速度。 A B a A a r a g 1 m x y A N F A y& & A x& & O (a) (b) (c) 图综-5 解解 （1）以 A 及 B 为系统，由于作用于该系统上的外力无水平分量，因此该系统在水 平方向动量守恒。即 常数=+ BA xmxm& 21 两边求导得 BA x m m x& & & 1 2 = （1） （2） 以 B 为动系，分析 A 的运动。如图综-5b 所示，根据 aA = ae + ar = aB + ar cos r axx BA +=& & & （2） sin r ayA=& & （3） （3）对 A 进行受力及运动分析，如图综-5c 所示，建立质点运动微分方程 gmFym Fxm A A 1N1 N1 cos sin = = & & & & （4） 由式（2） ， （3）消去 ar得 tan)( ABA xxy& & & &= 式（1）代入上式得 tan)1 ( 1 2 BA x m m y& & &+= （5） 式（1） ， （5）代入式（4）中 2 式，消去 FN，解得 g mm m xa BB )sin(2 2sin 2 12 1 + = = & & （） 综综-6 如图综-6a 所示，轮 A 和 B 可视为均质圆盘，半径均为 R，质量均为 m1。绕在两 轮上绳索中间连着物块 C，设物体 C 的质量为 m2，且放在理想光滑的水平面上。今在轮 A 上作用 1 不变的力偶 M，求轮 A 与物块之间那段绳索的张力。 B 1 O O A M C v O M T F yO F xO F (a) (b) (c) 图综-6 190 解解 (1) 以整个系统为研究对象。设轮 A，B 在某瞬时的角速度为（图综-6b） ，则物 块 C 的速度为 Rv = 根据动能定理微分形式有 += 2 2 22 1 )( 2 1 ) 2 1 ( 2 1 2ddRmRmM 即 2 2 2 1 dddRmRmM+= 两边除以 dt，约去，整理得 2 21 )(d d Rmm M t+ = （1） (2) 取轮 A 为研究对象，如图综-6c 所示。根据定轴转动微分方程有 RFMRm T 2 1 2 1 = （2） 式（1）代入式（2） ，即得 )(2 )2( 21 21 T mmR mmM F + + = 综综-7 如图综-7a 所示图示圆环以角速度绕铅垂轴 AC 自由转动。此圆环半径为 R， 对轴的转动惯量为 J。 在圆环中的点 A 放 1 质量为 m 的小球。 设由于微小的干扰小球离开点 A。圆环中的摩擦忽略不计，求小球到达点 B 和点 C 时，圆环的角速度和小球的速度。 A Ay F Ax F B e v B v r v C v Cy F Cz F Cx F C (a) (b) 图综-7 解解 整个系统在运动过程中对转动轴动量矩守恒，机械能也守恒。设小球至 B 位置时 圆环绕 AC 轴转动角速度为 B ，小球至 C 位置时圆环角速度为 C ，又设小球在最低位置 为零势能点。 （1）A 至 B 过程 动量矩守恒： B mRJJ)( 2 += 2 mRJ J B + = （1） 机械能守恒： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 BB mvJmgRJRmg+=+ （2） 式（1）代入式（2）解得 + =1 )( 2 1 22 2 2 mRJ J JmgR m vB （2）A 至 C 过程 动量矩守恒： 191 C JJ= = C 机械能守恒： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 CC mvJJRmg+=+ gRvC2= 如果确定小球在位置 B 时相对于圆环的速度 vBr，则从速度分析知 vBr垂直向下，vBe垂直于 图面向里，且 vBe B R= 故 2 22 2 e 2 r 2 mRJ RJ gRvvv BBB + += 综综-8 均质棒 AB 的质量为 m = 4 kg，其两端悬挂在两条平行绳上，棒处在水平位置， 如图综-8a 所示。设其中 1 绳突然断了，求此瞬时另 1 绳的张力 F。 C gm BA C a F (a) (b) 图综-8 解解 设绳 DB 突然折断，因水平无外力，初始静止，故水平方向不会有加速度，即在绳 断瞬时棒 AB 质心加速度沿铅垂方向。棒 AB 的受力与运动分析如图综-8b 所示。 C maFmg= （1） 由相对质心动量矩定理： 122 2 mll F= （2） 且 2 l aC= （3） 式（1） 、 （2） 、 （3）联立，解得 N 8 . 9 4 = mg F 综综-9 如图综-9a 所示为曲柄滑槽机构，均质曲柄 OA 绕水平轴 O 作匀角速度转动。已 知曲柄 OA 的质量为 m1，OA = r，滑槽 BC 的质量为 m2（重心在点 D） 。滑块 A 的重量和各 处摩擦不计。求当曲柄转至图示位置时，滑槽 BC 的加速度、轴承 O 的约束力以及作用在曲 柄上的力偶矩 M。 xO F O yO F M E A g 1 m N F x y BC a N F B A C g 2 m D p A a a r a e a (a) (b) (c) (d) 图综-9 192 解解 曲柄 OA 和滑槽 BC， 滑块 A 的受力与运动分析分别如图综-9b、 综-9c、 综-9d 所示， 其中 p ( x )表示 T 形杆 BC 在槽上受到的分布力，但我们不用求这些力。建立图综-9b 坐标 系 Oxy。 （1）求 BCD 的加速度及水平力 N F 。选取 BC 为动系，曲柄 OA 上的滑块 A 为动点， 点 A 加速度分析如图综-9d 做事。根据加速度合成定理 aa = ae + ar ra 2 = 故 )( coscos 2 ae =traaaBC 根据质心运动定理，由对图综-9c 中各量的分析可得到滑槽 BC 的运动微分方程 N2 Fam BC = (2) 求轴承 O 的动约束力及作用在曲柄 OA 上的力矩 M 曲柄 OA 的质心在点 E，点 E 加速度的方向沿曲柄 OA 方向，且指向点 O（图综-9b） ，且 2 2 r aE= 根据质心运动定理及刚体绕定轴转动微分方程，有 ExOx amFF 1N =+ （1） EyOy amFgm 11 =+ （2） 01N cos 2 sinJt r gmtrFM= （3） 将 tFF NN =，taa EEx cos=，taa EEy sin=， 2 10 3 1 rmJ=，= 0 代入方程（1） 、 （2） 、 （3） ，解得轴承动约束力 )sin 2 ( cos) 2 ( 2 1 1 2 2 t r gmF t m mrF Oy Ox = += 作用在曲柄 OA 上的力矩 trtrm gm Mcossin 2 2 2 1 += 综综-10 如图综-10a 所示质量为 m0的物体上刻有半径为 r 的半圆槽， 放在光滑水平面上， 原处于静止状态。有 1 质量为 m 的小球自 A 处无初速地沿光滑半圆槽下滑。若 m0 = 3m，求 小球滑到 B 处时相对于物体的速度及槽对小球的正压力。 A g 0 m gm N F n F r v v r n r a (a) (b) 图综-10 解解 取物体（m0）和小球（m）组成的系统为研究对象 （1）因水平方向力为零，所以水平动量守恒 0)( r0 =+vvvmm 即 0)(3 r =+vvmmv 即 193 r 4vv = （2）做功力为重力 mg W12 = mgr T1 = 0 1212 2222 r 2 02 69 2 1 3 2 1 )( 2 1 2 1 WTT mvvmmvvvmvmT = =+=+= 即 6mv2 = mgr 6 gr v = grvv 3 8 4 r = （3） r v mmamgF 2 rn r = mg r gr mmgF 3 11 3 8 =+= 综综-11 如图综-11a 所示均质杆长为 2l，质量为 m，初始时位于水平位置。如 A 端脱落， 杆可绕通过 B 端的轴转动、当杆转到铅垂位置时，B 端也脱落了。不计各种阻力，求该杆在 B 端脱落后的角速度及其质心的轨迹。 y x C A Cx v C A Cx v B B Cy v (a) (b) 图综-11 解解 （1）A 端脱落至 B 端脱落前瞬时 mgll m = 22 )2( 32 1 l g 2 3 = B 端脱落后，杆以此角速度在铅直面内匀速转动。 （2）B 脱落后瞬时 2 3gl lvCx= gaa CyC = （） 故 B 端脱落后，杆质心 C 作抛物线运动： t gl xC 2 3 =， 2 2 1 gtlyC= 22 2 3 t gl xC= （1） 194 2 2 t g lyC=+ （2） 式（1） ， （2）消去 t，得 0 3 2 =+ly l x C C 即 033 22 =+llyx CC 此即所求脱落后质心的运动轨迹。 综综-12 滚子 A 质量为 m1，沿倾角为的斜面向下滚动而不滑动，如图综-12a 所示。滚 子借 1 跨过滑轮 B 的绳提升质量为 m2的物体 C，同时滑轮 B 绕 O 轴转动。滚子 A 与滑轮 B 的质量相等，半径相等，且都为均质圆盘。求滚子重心的加速度和系在滚子上绳的张力。 A O B g 2 m N F Oy F Ox F g 1 m g 1 m v S F A v A D T F g 1 m N F S F a (a) (b) (c) 图 13-12 解解 （1）研究整个物体系，其受力及运动分析如图综-12b 所示。设重物 C 由静止开始 向上 s 距离，则滚子 A 的中心沿斜面向下 s 距离。且此时滚子 A，轮 B 的角速度为 = BA 重物上升的速度 A vrv= 由动能定理知 gsmgsmvmrmvmrm A21 2 2 22 1 2 1 22 1 sin 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 =+ + 得 s mm mmg v 21 21 2 2 )sin(2 + = 两边对时间 t 求导，约去sv&=，得 g mm mm a 21 21 2 sin + = 上式即为滚子 A 中心的加速度，也就是重物上升的加速度。 （2）取滚子 A 为研究对象，运动及受力分析如图综-12c 所示，因滚子纯滚，故 g mmr mm r a )2( sin 21 21 + = 点 D 为速度瞬心，且滚动时质心与瞬心之距为恒量，故用相对瞬心点 D 的动量矩定理 g mm mmmm g mm mmm gmF rm t rFrgm )2(2 sin)2(3 )2( sin 2 3 sin 2 3 d d sin 21 2121 21 211 1T 2 1T1 + + = + = = 综综-13 如图综-13a 示机构中，物块 A，B 的质量均为 m，2 均质圆轮 C，D 的质量均为 2m，半径均为 R。轮 C 铰接于无重悬臂梁 CK 上，D 为动滑轮，梁长度为 3R，绳与轮间无 滑动。系统由静止开始运动，求： （1）A 物块上升的加速度； （2）HE 段绳的拉力； （3）固 定端 K 处的约束力。 解解 （1） 图综-13b 中， 195 AB vv 2 1 = AB yy 2 1 = （各自正向如图综-13b 所示） 2 1 CD = R vA C = 重力功 AA A AABBD mgymgy y gmmgymgymmW 2 1 2 )2()( 12 =+=+= 动能 2 2222222 2 2 3 )2 2 1 ( 2 1 2 2 1 2 1 )2 2 1 ( 2 1 2 1 A DBBCA DBCA mv mRmvmvmRmv TTTTT = += += 12121 , 0WTTT= 即 AA mgymv 2 1 2 3 2 = 上式两边对时间 t 求导，得 AAA mgvamv 2 1 3= gaA 6 1 = R g R aA C 6 = K R C A B D E O gm2 gm2 A a A y A v B y gm gm B v gm2 gm A C R A v C yC F xC F EH F (a) (b) (c) yC F EH F gm2 C AT F gm A AT F A a C K kx F ky F Cy F K M (d) (e) (f) 图综-13 196 （2）图综-13c 中，由系统动量矩定理 +=RmvmR t mgRRF AcEH 2 2 2 1 d d ACEH mRaamRRmgF+= 2 )( 66 g m R g mRmgFEH+= mgFEH 3 4 = （3）图综-13d 中， mgagmF AA 6 7 )(=+= （4）图综-13e 中， mgFF Cyy 2 9 , 0= （5）图综-13f 中， 0 , 0= Kxx FF mgRRmgCKFMM mgFFF CyKK CyKyy 2 27 3 2 9 , 0 2 9 , 0 = = 综综-14 在图综-14a 所示机构中， 沿斜面纯滚动的圆柱体 O 和鼓轮 O 为均质物体， 质量 均为 m，半径为 R。绳子不能伸缩，其质量略去不计。粗糙斜面的倾角为，不计滚阻力偶。 如在鼓轮上作用 1 常力偶 M。求： （1）鼓轮的角加速度； （2）轴承 O 的水平约束力。 解解 （1）先取整个系统为研究对象，设当鼓轮转过角时，圆盘质心沿斜面上移距离 s，如图综-14b，显然 Rs = O O O gm gm gm N F s F 1 T F Oy F Ox F Oy F Ox F v M M (a) (b) (c) 图综-14 据动能定理有 sin 2 1 22 1 2 11 22 =+mgsMJv m JO （1） 将 2 2 1 mRJO=， 2 1 2 1 mRJ =，Rv =，= R v 1 ，Rs = 代入式（1） ，得 )sin( 22 mgRMmR= 上式两边对时间 t 求导，得 2 2 )sin( mR mgRM = （2）鼓轮为研究对象，受力与运动分析如图综-14c 所示。由刚体绕定轴转动的微分方 程 197 RFMJO T = 解得 )sin3( 4 1 )( 1 T mgRM R JM R F O += )2sincos6( 8 1 0cos T mgRM R F FF Ox Ox += = 综综-15 均质细杆 OA 可绕水平轴 O 转动， 另 1 端有 1 均质圆盘， 圆盘可绕 A 在铅直面内 自由旋转，如图综-15a 所示。已知杆 OA 长 l，质量为 m1；圆盘半径 R，质量为 m2。摩擦不 计，初始时杆 OA 水平，杆和圆盘静止。求杆与水平线成角的瞬时，杆的角速度和角加速 度。 O A A (a) (b) 图综-15 解解 系统由水平位置转至与水平成任意角位置的过程中机械能守恒。设水平位置 OA 为零势能位置，而圆盘在运动过程中，因无外力偶作用，只能作平移。因而有 sinsin 2 )( 2 1 ) 3 1 ( 2 1 0 21 2 2 22 1 glm l gmlmlm+= （1） lmm gmm )3( sin)36( 21 12 + + = （顺） 式（1）对时间 t 求导后，消去 t d d =，得 cos )3(2 )2(3 d d 21 12 mml mmg t+ + = （与同向） 综综-16 图综-16a 所示三棱柱 ABC 的质量为 m1，放在光滑的水平面上，可以无摩擦地滑 动。质量为 m2的均质圆柱体 O 由静止沿斜面 AB 向下滚动而不滑动。如斜面的倾角为， 求三棱柱体的加速度。 g 1 m N F S F 1N F a (a) (b) 198 g 2 m N F S F e a r a x y v O r v O v e v (b) (d) 图综-16 解解 1 分别取三棱柱体和圆柱体为对象进行受力及运动分析如图综-16b、综-16c 所示。 （1）对三棱柱体（图综-16b） sincos N1 FFam= （1） （2）对圆柱体（图综-16c） ，根据加速度合成定理 aO = ae + ar ae = a ar = r （2） 根据质心运动定理得 m2aO = m2g + Fs+ FN 将上式向 x，y 方向投影得 s2re2 sin)cos(Fgmaam=+ （3） cossin 2Ne2 gmFam= （4） 因瞬心与质心间距不变，可用相对质心动量矩定理得 rFrm s 2 2 2 1 = （5） 联立式（1）至式（5） ，解得 g mm m a )sin21 (3 2sin 2 21 2 + = （与原设反向） （2） 以圆柱及三棱柱整个系统为研究对象。设系统自静止开始运动后任意瞬时，三 棱柱速度为 v，圆柱中心相对于三棱柱斜面运动速度为 vr，则圆柱中心的绝对速度 vO = v + vr 又设 s 为在该时间内圆柱中心沿三棱柱斜面移过的距离，如图综-16d 所示。 由于无水平外力作用，故系统在水平方向动量守恒，有 0)cos( r21 =+vvmvm 即 v m mm v cos 2 21 r + = （1） 该系统为保守系统，即系统机械能守恒。系统的动能为 cos 4 3 2 )( 2 1 ( 2 1 )cos2( 2 1 2 1 r2 2 r2 2 21 2 r 2 2r 2 r 2 2 2 1 vvmvmv mm r v rmvvvvmvmT + + = += 式（1）代入上式，得 2 2 2 2 2121 cos4 )sin21 (3)( v m mmmm T + = 设圆柱初始位置为零势能位置，则系统势能为 sin 2gs mV= 根据机械能守恒： T + V = C，有 199 Cgsmv m mmmm = + sin cos4 )sin21 (3)( 2 2 2 2 2 2121 两边对时间 t 求导，得 0sin cos2 )sin21 (3)( r2 2 2 2 2121 = + gvmav m mmmm （2） 式（1）代入式（2）得 g mm m a )sin21 (3 2sin 2 21 2 + = 讨论：解 2 中不出现未知力 F 及 FN，解题过程中用的方程个数比解 1 少。 综综-17 如图综-17a 所示质量为 m，半径为 r 的均质圆柱，开始时其质心位于与 OB 同 1 高度的点 C。设圆柱由静止开始沿斜面滚动而不滑动，当它滚到半径为 R 的圆弧 AB 上时， 求在任意位置上对圆弧的正压力和摩擦力。 O gm N F S F D n a t a (a) (b) 图综-17 解解 圆柱由静止开始沿斜面运动， 然后进入圆弧轨道过程中均只滚不滑， 受力及运动分 析见图综-17b，设圆柱质心速度为 v，则由动能定理得 cos)( 3 4 cos)()( 2 3 2 1 2 22 rRgv rRmg r v mr = = （1） 由对图综-17b 的分析，可知轮的瞬心点 D 与质心（轮心）间距离保持不变，用相对瞬心（点 D）动量矩定理有 sin 3 2 sin)( 2 3 t t 2 ga mgr r a mr = = （2） 而 cos 3 4 2 n g rR v a= = （3） 由质心运动定理可得： cos sin Nn st mgFma mgFma = += （4） 式（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4）联立，解得 sin 3 1 s mgF= （与原设反向） cos 3 7 N mgF = 综综-18 如图综-18a 所示，均质细杆 AB 长 l，质量为 m，由直立位置开始滑动，上端 A 沿墙壁向下滑，下端 B 沿地板向右滑，不计摩擦。求细杆在任 1 位置时的角速度，角 加速度和 A，B 处的约束力。 200 y x C gm B P AN F BN F (a) (b) 图综-18 解解 （1）杆 AB 在任意位置时的速度瞬心在点 P，如图综-18b 所示，故 2 l CPvC= 杆的动能 2 2 222 6 ) 12 ( 2 1 ) 2 ( 2 ml l mlm T=+= 由动能定理得 2 2 6 )sin 22 ( mlll mg= )sin1 ( 3 = l g （逆） 两边对 t 求导，注意到=&得 cos 2 3 l g =（逆） （2）由图综-18b 知质心 C 的运动方程为 cos 2 l xC= sin 2 l yC= 两边对时间 t 求 2 次导数，注意到=&，=& &，得 sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 2 2 ll y ll x C C = = & & & & 把及代入上式得 )sin3sin21 ( 4 3 )2sin3(cos 4 3 2 += = gy gx C C & & & & 根据质心运动定理 mgFym Fxm BC AC = = N N & & & & 解得 )2sin3(cos 4 3 N =mgF A 2 N )sin31 ( 4 )2sin3(sin31 4 1 =+= mg mgF B 综综-19 均质细杆 AB 长为 l，质量为 m，起初紧靠在铅垂墙壁上，由于微小干扰，杆绕 201 B 点倾倒如图综-19a 所示。不计摩擦，求： （1）B 端未脱离墙时 AB 杆的角速度、角加速度 及 B 处的反力； （2）B 端脱离墙壁时的 1 角； （3）杆着地时质心的速度及杆的角速度。 解解 （1）由图综-19b 可得 )cos1 ( 2 = l mgW 22 3 1 2 1 mlT = （未脱离时为绕 B 定轴转动） 即 22 6 1 )cos1 ( 2 1 mlmgl= l g)cos1 (3 2 = （1） l g)cos1 (3 = 式（1）两边对时间求导，得 sin 2 3 sin 3 2 l g l g = = (2) 由图综-19c 可得 sin 4 3 2 )cos1 ( 2 3 2 t C 2n C g l a g l a = = 质心运动定理 ： 2t C n C sin 4 3 cos)cos1 ( 2 3 sincosmgmgmamaFmg By +=+= 222 )cos 2 3 2 1 (sin 4 3 cos 2 3 cos 2 3 =+=mgmgmgmgmgFBy )sincos( n C t C aamFBx