?根据初始条件??0,??45，可求得初始瞬时AB杆的角加速度 ：
0?????
32m1g(4m1?9m2)l
??因为??0，所以AB杆的角加速度为顺时针。初始瞬时AB杆的角速度为零，此时AB杆的
加速度瞬心在a点，由此可求出AB
杆上A点的加速度：
c??aA??ABlsin450???lcos450?
3－33 设碰撞后滑块的速度、AB杆的角速度如图所示
根据冲量矩定理有：
3m1g(4m1?9m2)
vA
C ?AB
m1vA?m2vC?I (a)
v其中：C为AB杆质心的速度，根据平面运动关系有
vC
lvC?vA??AB2 (b)
再根据对固定点的冲量矩定理：LA?MA(I)
系统对固定点A（与铰链A重合且相对地面不动的点）的动量矩为滑块对A点的动量矩和AB杆对A点的动量矩，由于滑块的
动量过A点，因此滑块对A点无动量矩，AB杆对A点的动量矩（也是系统对A点的动量矩）为：
LA?m2vCl1?m2l2?AB212
将其代入冲量矩定理有：
m2vCl1?m2l2?AB?lI212 (c)
由（a,b,c）三式求解可得：
vA??(滑块的真实方向与图示相反)
2I9m2
3－34 研究整体，系统对A轴的动量矩为：
LA?LA(AC)?LA(BC)
其中：AC杆对A轴的动量矩为
L1A(AC)?
3ml2?AC
设C1为BC杆的质心，BC 杆对A轴的动量矩为
L31A(BC)?mvC12l?12ml2?BC
v?vlC1C?vC1C?l?AC?
2?BC
根据冲量矩定理 LA?2lI可得：
116ml2?52AC?6ml?BC?2lI （a）
再研究BC杆，其对与C点重合的固定点的动量矩为
LlC?mvC12?112ml2??12ml2?1BCAC?3ml2?BC
根据冲量矩定理LC?lI有：
12ml2?1AC?3ml2?BC?lI （b）
联立求解（a）,(b) 可得
?6IAC????2.5rad/s27ml
3－35 碰撞前，弹簧有静变形
?mgst?
k
第一阶段：m3与m1通过完全塑性碰撞后一起向下运动，
不计常规力，碰撞前后动量守恒，因此有：
(m1?m3)v?m32gh碰撞结束时两物体向下运动的速度为
I Cx ICyC vC vC1BC B I
m3 ?st
v
?
v?
2gh2
第二阶段：m3与m1一起向下运动后再回到碰撞结束时
的初始位置，根据机械能守恒可知：此时的速度向上，
大小仍然为
v?
2gh2
m3 ? v ?st 第三阶段：m3与m1一起上升到最高位置，此时弹簧
被拉长?。根据动能定理
T2?T1??W1?2有：
上式可表示成：
1k2k20?(m1?m3)v2??(m1?m3)g(?st??)??st??222
mghmgm2g2k23m2g2k?2mg(??)?????2mg???22k2k22k2
若使m2脱离地面，弹簧的拉力必须大于其重力，因此有
??mgmg??k，将k代入上式求
8mgk。 得：
mg8mg??h?k，则k 若
h?
注：上述结果是在假设m3与m1始终粘连在一起的条件下得到的，若m3与m1之间没有粘着
力， 答案应为
h?9mgk，如何求解，请思考。
?3－36 取AB杆为研究对象，初始时，杆上的A点与水平杆上的O点重合，当t?0时系
统静止，t?0AB杆上A点的速度
为v，角速度为?，初始时受到冲击力的作用，应用对固定点O的冲量矩定理可得
1LO?mvCl?m(2l)2??012
其中：vC?vA?l??v?l?
由此解得：
???
3v4l
FAx FAy a 当t?0时，滑块A以加速度a向右运动，
取AB杆为研究对象，应用相对动点A的动量矩定理有：
1???malcos??mglsin?m(2l)2?3
将上式积分并简化可得：
ma
? B A mg 2?2l??asin??gcos??C3
?其中C是积分常数由初始条件??0,???确定出
3v2C??g8l。
上式可表示成
2?23v2l??asin??gcos???g?f(?)38l
??0，因此f(?)?0。若f(?)的最小值大于零，则AB杆若AB杆可转动整圈，则应有?就可以完成整圈转动。下面求f(?)
的极值。
3v2f(?)?asin??gcos???g8l
将上式求导令其为零有f'(?)?acos??gsin??0求得极值点为：
atan?*?g
当
sin?*?aa2?g2,cos?*?ga2?g2，
函数f(?)取最大值 当
*sin?*??*aa2?g2,cos?*??ga2?g2，
函数f(?)取最小值，若使最小值大于零，则有
2?2a2l????2233v23v222??g??a?g??g?0228l8lg2a?ga?g
由此求得： 3v2?8l(g?a2?g2)