理论力学第三章习题
理论力学第三章
F DB(b)CBDBF '习题3－3图第3章 静力学平衡问题3－1 图示两种正方形结构所受荷载F 均已知。
试求其中1，2，3各杆受力。
解：图（a ）：045c o s23=-︒F F F F 223=（拉） F 1 = F 3（拉） 045cos 232=︒-F F F 2 = F （受压） 图（b ）：033='=F F F 1 = 0F 2 = F （受拉）3－2 图示为一绳索拔桩装置。
绳索的E 、C 两点拴在架子上，点B 与拴在桩A 上的绳索AB 连接，在点D 加一铅垂向下的力F ，AB 可视为铅垂，DB 可视为水平。
已知α= 0.1rad.，力F = 800N 。
试求绳AB 中产生的拔桩力（当α很小时，tan α≈α）。
解：0=∑y F ，F F ED =αsin αs i n FF ED = 0=∑x F ，DB ED F F =αcos F FF DB 10tan ==α由图（a ）计算结果，可推出图（b ）中：F AB = 10F DB = 100F = 80 kN 。
3－3 起重机由固定塔AC 与活动桁架BC 组成，绞车D 和E 分别控制桁架BC 和重物W 的运动。
桁架BC 用铰链连接于点C ，并由钢索AB 维持其平衡。
重物W = 40kN 悬挂在链索上，链索绕过点B 的滑轮，并沿直线BC 引向绞盘。
长度AC = BC ，不计桁架重量和滑轮摩擦。
试用角ϕ=∠ACB 的函数来表示钢索AB 的张力F AB 以及桁架上沿直线BC 的压力F BC 。
(b-1)习题3－1图(a-1)(a-2)(b-2)'3习题3－2图F习题3-5图习题3－4图解：图（a ）：0=∑x F ，0sin 2cos =-ϕϕW F AB ，2sin2ϕW F AB =0=∑y F ，02sincos =---ϕϕAB BC F W W F即 2s i n2c o s 2ϕϕW W W F BC ++=W W W W 2)c o s 1(c o s =-++=ϕϕ3－4 杆AB 及其两端滚子的整体重心在G 点，滚子搁置在倾斜的光滑刚性平面上，如图所示。
理论力学(胡运康)第三章作业答案
11
3-26 已知：M1=10kN，求FBx 、 FBy 、MB 、FAC 、 FEx 、 FEy 解: 1、整体：
∑M
∑F
MB
FBx FBy
x
B
= 0 ⇒ MB
= 0 ⇒ FBx = 0
= 0 ⇒ FBy
∑F
y
2、AB： FD
A
FEy
E
∑M
FEx
B
E
= 0 ⇒ FD
∑F
∑F
x
= 0 ⇒ FEx
= 0 ⇒ FEy
3-42 已知：q1=4kN/m , q2=2kN/m ，F =2 kN ，M=2 kN.m 。求 A、B处受力；销钉C所受的力。
F1 F2
F B FB FC1y C FC2y
C FC2y 1m
4/3 m
q 解: 1、BC： F1 = 1 ⋅ 2 = 4kN, 2
F2 =
1 q1 ⋅ ⋅ 2 = 2kN 2 2
M1 B
FE
Aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∑M
2、DC：
M2
FC
x
A
= 0, ⇒ FE
F'E
D
FE= F'E
C FCy
∑M
C
= 0, ⇒ M 2
8
3-17 求 机构平衡时力偶M1、M2的关系。
FAx FAy
A
FD F'D D
B
M1
FD= F'D
FCx
M2
C FCy
解: 1、AB： ∑ M A = 0, FD ⋅ d − M 1 = 0, ⇒ FD = M 1
2
3-3
几何法
《理论力学》第三章-受力分析试题及答案
理论力学3章作业题解
3-1 作下列指定物体的示力图。
物体重量除图上已注明者外，均略去不计。
假设接触处都是光滑的。
题2-1 附图
解答：(a) A 、B 处为光滑接触，产生法向约束力。
(b) A 处为固定铰，能产生水平和竖向约束力；B 处为活动较，产生法向约束力。
(c) A 、C 处为光滑接触，产生法向约束力。
A
B C
D
轮
(d) O 处为固定铰，BC 简化为连杆约束。
(e) A 处为固定铰，B 处为绳子约束，产生拉力。
(f) A 处为固定铰，BC 为连杆约束。
(g) A 处为固定铰；B 、D 处为连杆约束；C 处为铰链接，此处销钉约定放在某个物体上，所以要满足作用与反作用定律。
(h) A 、B 处为光滑接触，产生法向约束力； C 处为铰链接，此处销钉约定放在某个物体上，所以要满足作用与反作用定律；DE 为绳子约束。
(f)
(d)
(a)
(b)
C
(c)
(g) F
A
F (h)
(i) B 处为固定铰；AC 为连杆； C 处为铰链接，销钉约定放在轮子上；E 处为绳子约束。
3-3 试作图示刚架及ACB 部分的示力图。
A
C
q
C
q
F F F F Cy
Cx
整体
ABC 部分
F 1。
理论力学第7版(哈工大)第3章习题
《理论力学》第二章作业习题2-1解：根据题意，取滑轮B 为研究对象，其受力情况如上图所示：物体对其有一铅直向下的拉力P , 沿DB 有一与物体重量相等的拉力P，拉杆AB 的作用力A B F 和支杆CB 的作用力C B F。
建立图示坐标系，列平衡方程0X YF F ⎧=⎪⎨=⎪⎩∑∑co s 30sin 300sin 30co s 300o oA B C B o oC B F F P P F P ⎧++=⎨++=⎩解之得54.64()74.64()A B C B F kN F kN =⎧⎨=-⎩答：拉杆AB 和支杆CB 所受的的力分别为54.64kN （拉）和74.64 kN （压）。
习题2-6解:(1) 取构件BC 为研究对象，其受力情况如上图(a)所示：由于其主动力仅有一个力偶M ，那末B 、C 处所受的约束力BF、CF 必定形成一个阻力偶与之平衡。
列平衡方程()0B M F =∑C M F l -=所以C M F l=(2) 取构件ACD 为研究对象，其受力情况如上图(b)所示：C 处有一约束力C F '与BC 构件所受的约束力C F 互为作用力与反作用力关系，在D 处有一约束力D F,方向向上；在A 处有一约束力A F，其方向可根据三力汇交定理确定，根据构件尺寸，A F与水平方向成45度角。
列平衡方程X F =∑sin 450oA C F F '-=所以222A C C M F F F l'===答：支座Ａ的约束力为2M l，其方向如上图(b)所示。
习题2-9解：主矢RF在各坐标轴上的投影：)(6.4375210121321N F F F F x -=---=∑)(6.1615110321321N F F F F y -=+--=∑力系对O 点的主矩：).(42.21439805120021100)(31mm N F F F F MMOO=-+==∑由于主矢在各坐标轴上的投影均为负值而主矩为正值，合力的作用线应在原点O的左侧且方向向左下方，其大小为()())(5.46622N F F F YXR =+=∑∑其与O 点的距离为：)(96.455.46642.21439mm F M d R O=='=答：力系向O点简化的结果得一方向向左下方的主矢ji F R6.1616.437--='和一沿顺时针方向的力偶，力偶矩为21439.42Nmm; 力系的合力的大小为466.5N ，处于原点O 的左侧且与O 点的距离为45.96mm （如图）。
理论力学第三章
例题
空间力系
例 题 3-3
解：1. 取杆AB与重物为研究对象，受力分析如图。
z E D
F2
B
z E
C
F
30o
F
30o
F1
B
F1
α
其侧视图为
A
x
FA
G
y
α
A
FA G
y
13
例题
空间力系
2.列平衡方程。
例 题 3-3
z E C F
30o
D
F2
B
z E F
30o
F
F1
B
x
0, 0,
力对点 O 的矩在三个坐标轴上的投影为
M O ( F ) yFz zFy x
M O ( F ) zFx xFz y
M O ( F ) xFy yFx z
17
2.力对轴的矩
M z ( F ) M O ( Fxy ) Fxy h
z 轴的分力。
5
例题
空间力系
例 题 3-1
运
动
演
示
6
例题
空间力系
例 题 3-1
解： 将力Fn向 z 轴和Oxy 平面投影
Fz Fn sin
Fxy Fn cos
7
例题
空间力系
例 题 3-1
Fz Fn sin Fxy Fn cos
将力Fxy向x，y 轴投影
5 31 30 cosFR , j 31 6 cosFR , k 31 cosFR , i
解： 由上表得
Fx 1 kN 2 kN 0 kN 2 kN 5 kN, Fy 10 kN 15 kN 5 kN 10 kN 30 kN, Fz 3 kN 4 kN 1 kN 2 kN 6 kN
理论力学习题及答案(全)
第一章静力学基础一、是非题1．力有两种作用效果，即力可以使物体的运动状态发生变化，也可以使物体发生变形。
（）2．在理论力学中只研究力的外效应。
（）3．两端用光滑铰链连接的构件是二力构件。
（）4．作用在一个刚体上的任意两个力成平衡的必要与充分条件是：两个力的作用线相同，大小相等，方向相反。
（）5．作用于刚体的力可沿其作用线移动而不改变其对刚体的运动效应。
（）6．三力平衡定理指出：三力汇交于一点，则这三个力必然互相平衡。
（）7．平面汇交力系平衡时，力多边形各力应首尾相接，但在作图时力的顺序可以不同。
（）8．约束力的方向总是与约束所能阻止的被约束物体的运动方向一致的。
（）二、选择题1．若作用在A点的两个大小不等的力F1和F2，沿同一直线但方向相反。
则其合力可以表示为。
①F1－F2；②F2－F1；③F1＋F2；2．作用在一个刚体上的两个力F A、F B，满足F A=－F B的条件，则该二力可能是。
①作用力和反作用力或一对平衡的力；②一对平衡的力或一个力偶。
③一对平衡的力或一个力和一个力偶；④作用力和反作用力或一个力偶。
3．三力平衡定理是。
①共面不平行的三个力互相平衡必汇交于一点；②共面三力若平衡，必汇交于一点；③三力汇交于一点，则这三个力必互相平衡。
4．已知F1、F2、F3、F4为作用于刚体上的平面共点力系，其力矢关系如图所示为平行四边形，由此。
①力系可合成为一个力偶；②力系可合成为一个力；③力系简化为一个力和一个力偶；④力系的合力为零，力系平衡。
5．在下述原理、法则、定理中，只适用于刚体的有。
①二力平衡原理；②力的平行四边形法则；③加减平衡力系原理；④力的可传性原理；⑤作用与反作用定理。
三、填空题1．二力平衡和作用反作用定律中的两个力，都是等值、反向、共线的，所不同的是。
2．已知力F沿直线AB作用，其中一个分力的作用与AB成30°角，若欲使另一个分力的大小在所有分力中为最小，则此二分力间的夹角为度。
理论力学(周衍柏 第二版)第3章习题解答
∑F ∑F
∑M
到最小时，
y
x
= N 2 − f1 = 0 ①
= f 2 + N1 − G1 − G2 = 0 ②
且梯子沿过 A 点平行于 z 轴的合力矩为零。即：
i
= G2 l cos θ + G1
l cos θ − f 2 l cos θ − N 2 l sin θ = 0 ③ 2
又因梯子是一个刚体。当一端滑动时，另一端也滑动，所以当梯与地面的倾角达
对于 C 球，它相对于过 D 点与 z 轴平行的轴的合力矩等于零。即：
= Tr sin(β − α ) − Gr sin β = 0 ②
tan β = 3 tan α
3.5 解 如题 3.5.1 图。
y A
o
f2
N2
N1
G2 G 1
f1 B x
题3.5.1图
梯子受到地面和墙的弹力分别为 N1 ， N 2 ，受地面和墙的摩擦力分别为 f1 ， f 2 。 梯子和人的重力分别为 G1 ，G2 且 G2 = 3G1 。设梯长为 l ，与地面夹角为 θ 。由于 梯子处于平衡，所以
2
=1
可求该切面的面积
⎛ y2 ⎞ ⎟ S ( y ) = πac⎜ − 1 ⎜ b2 ⎟ ⎝ ⎠
故积分
b b ⎛ y2 ⎞ 4 2 2 2 ⎜ ⎟ ρdy = πρab3c y dm y S dy y ac 1 = ⋅ ρ = π − 2 ⎟ ∫ ∫−b ( y ) ∫−b ⎜ b ⎠ 15 ⎝
同理可求
o
αα
y
T
B Tα
β β
β −α c
A r
题3.4.1图
Ox 轴竖直向下，相同的球 A 、 B 、 C 互切， B 、 C 切于 D 点。设球的重力大小
理论力学第三章习题解答
连杆 B2 ：连体基基点 B 的矢径 r2 ，坐标阵 r2 = (0 b ) ，连体基的姿态角为
π ϕ 2 = 。瞬时位形坐标 q 2 = r2T 4
(
ϕ2 )
T
⎛ = ⎜0 b ⎝
π⎞ ⎟ 4⎠
T
-2-
⎛ cos ϕ 2 A2 = ⎜ ⎜ sin ϕ 2 ⎝
⎛ − sin ϕ 2 ⎞ ⎜ ⎟=⎜ cos ϕ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎜ ⎝
3r 2
π⎞ ⎟ 3⎟ ⎠
T
⎛ cos ϕ 3 A3 = ⎜ ⎜ sin ϕ 3 ⎝
⎛ − sin ϕ 3 ⎞ ⎜ ⎟=⎜ cos ϕ 3 ⎟ ⎠ ⎜ ⎜ ⎝
3⎞ ⎟ 2 ⎟ 1 ⎟ ⎟ 2 ⎠
(3) 凸轮挺杆机构，其中 O 为偏心轮，AB 为挺杆。
-4-
题 3-1 图 题 3-1 答案图(3) 解：建立公共参考基 O − e ，对二个构件进行编号并建立连体基
⎛ cos ϕ 2 A2 = ⎜ ⎜ sin ϕ 2 ⎝
T 2
ϕ2 )
T
⎛ = ⎜0 ⎝
r 2
⎞ 0⎟ ， ⎠
T
− sin ϕ 2 ⎞ ⎛ 1 0 ⎞ ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟ cos ϕ 2 ⎟ ⎠ ⎝0 1⎠
-7-
3-2 图示长为 0.2m 的直杆，一端沿水平线运动，方向如图所示，一端沿 铅垂线运动，分别在其端部 A 和杆件中点 C，以及在其端部 A 和 B 分别建立两 个连体基。试求两个连体基位形坐标之间的关系。
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第三章习题解答
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第三章习题( 3.1;3.6;3.7;3.9;3.10;3.12;3.13;3.20;3.21,3.22)3.1 半径为r 的光滑半球形碗，固定在水平面上。
一均质棒斜靠在碗缘，一端在碗内，一端则在碗外，在碗内的长度为c ，试证棒的全长为()cr c 2224-3.1解 如题3.1.1图。
AGθ图题1.3.1yxo2N 1N Bθθθ均质棒受到碗的弹力分别为1N ，,2N 棒自身重力为G 。
棒与水平方向的夹角为θ。
设棒的长度为l 。
由于棒处于平衡状态，所以棒沿x 轴和y 轴的和外力为零。
沿过A 点且与z 轴平行的合力矩为0。
即：0sin 2cos 21=-=∑θθN N F x① 0cos 2sin 21=-+=∑G N N F yθθ②0cos 22=-=∑θlG c N M i ③由①②③式得：()θθ22cos 1cos 22-=c l ④ 又由于,cos 2c r =θ即rc 2cos =θ⑤将⑤代入④得：()cr c l 2224-=3.6把分子看作相互间距离不变的质点组，试决定以下两种情况下分子的中心主转动惯量：()a 二原子分子。
它们的质量是1m ，2m ，距离是l 。
()b 形状为等腰三角形的三原子分子，三角形的高是h ，底边的长度为a 。
底边上两个原子的质量为1m ，顶点上的为2m 。
•Cx yha1m 2m 1m 第3.6（b)题图3.6解 （a ）取二原子的连线为x 轴，而y 轴与z 轴通过质心。
O 为质心，则Ox ，Oy ，Oz 轴即为中心惯量主轴。
设1m 、2m 的坐标为()()0,0,,0,0,21l l ，因为O 为质心（如题3.6.2图）yzxo1m 2m 图题2.6.3故02211=+l m l m ①且l l l =-12 ②由①②得21122121,m m lm l m m l m l +=+-=所以中心惯量主轴：()0221=+=∑i i i z y m I()22121222l m m m m x z m I i i i +=+=∑()22121223l m m m m y x m I i i i +=+=∑（b ）如题3.6.3图所示，A BC Dx y z1m 2m 2m o 图题3.6.3该原子由A 、B 、D 三个原子构成。
C 为三个原子分子的质心。
由对称性可知，图中Cx 、Cy 、Cz 轴即为中心惯量主轴。
设A 、B 、D 三原子的坐标分别为()0,,0A y ，⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,,2,0,,2D B y a y a 因为C 为分子的质心。
所以DB A DD B B A A C m m m y m y m y m y ++++==0112112=++++m m m y m y m y m DB A ①又由于DB y y =②h y y B A =-③由①②③得：2122112.22m m h m y y m m h m y D B A +-==+=故该分子的中心主转动惯量()()D B A i h m m m m z y m I i i i ,,2222121221=+=+=∑()()D B A i am x z m I i i i ,,221222==+=∑()()D B A i a m h m m m m y x m I i i i ,,2222122121223=++=+=∑3.7如椭球方程为1222222=++cz b y a x 试求此椭球绕其三个中心主轴转动时的中心主转动惯量。
设此椭球的质量为m ，并且密度ρ是常数。
3.7解 如题3.7.1图所示。
y xz bc a图题1.7.3沿y 轴平行于Oxy 平切椭球得切面为一椭圆，则该椭圆方程为： 11122222222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-b y c z b y ax可求该切面的面积()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=221b y ac S y π故积分()c ab dy b y ac y dy S y dm y bb bb y 3222221541πρρπρ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰⎰⎰-- 同理可求,15432bc a dm x πρ=⎰32154abcdm z πρ=⎰故中心主转动惯量：()()22221154c b abc dm z y I +=+=⎰πρ()()22222154c a abc dm z x I +=+=⎰πρ()()22223154b a abc dm y x I +=+=⎰πρ又由于椭球体积()abc dy b y ac dy S V bb bb y ππ34122=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰⎰-- 故abcm V m πρ43==将ρ代入321,,I I I 得：()22151c b m I +=()22251c a m I += ()22351b a m I +=3.9立方体绕其对角线转动时的回转半径为23d k =试证明之。
式中d 为对角线的长度。
3.9解 如题3.9.1图所示Oxyz 坐标系。
yzxodydz图题1.9.3O 为正方体中心。
Ox 、Oy 、Oz 分别与正方体的边平行。
由对称性可知，Ox 、Oy 、Oz 轴就是正方体的中心惯量主轴。
设正方体的边长为a 。
设为平行于轴的一小方条的体积，则正方体绕轴的转动惯量()22222226am dydz z y a I a a a a xx =+=⎰⎰--ρ根据对称性得26a m I I I xxzz yy === 易求正方体的对角线与Ox 、Oy 、Oz 轴的夹角都为θ。
且31cos =θ故正方体绕对角线的转动惯量22226cos cos cos am I I I I zz yy xx ====θθθ①又由于ad 3=②绕对角线的回转半径mI k =③由①②③得23d k =3.10一均质圆盘，半径为a ，放在粗糙水平桌上，绕通过其中心的竖直轴转动，开始时的角速度为0ω。
已知圆盘与桌面的摩擦系数为μ，问经过多少时间后盘将静止？3.10解 如题3.10.1图。
dr r θd θor图题1.3.10z 轴过O 点垂直纸面向外。
均质圆盘的密度为ρ。
设盘沿顺时针转动，则沿z 的方向有z zM dtdI = 即z z M I =ω① I 为转盘绕z 轴的转动惯量：221ma I =（m 为盘的质量），ωω-=z ②（ω为盘转动的角频率，负号因为规定顺时针转动）320232a g dr d r g M az ρμπθρμπ==⎰⎰=()232a m ma g πρρμ=③由①②③得ag 34μω-=又因为(),00ωω=故()tag t 340μωω-=所以(),0=t ω得ga t μω430=3.12矩形均质薄片ABCD ，边长为a 与b ，重为mg ，绕竖直轴AB 以初角速0ω转动。
此时薄片的每一部分均受到空气的阻力，其方向垂直与薄片的平面，其量值与面积及速度平方成正比，比例系数为k 。
问经过多少时间后，薄片的角速减为初角速的一半？ωABCDab第3.12题图3.12解 如题3.12.1图，zxyOAB C Dωab⋃∧第3.12.1图坐标Oxyz 与薄片固连，则沿z 轴方向有： ① 且现取如图阴影部分的小区域 ，该区域受到的阻力df 对z 轴的力矩所以zz dJ M dt=z zM I ω=22d d d ()z f k sv kb y y ω==23d d d z z M f y kb y yω=-⋅=-d d s b y=②又薄片对轴的转动惯量()ab m ma bdy y dm y I aaρρ====⎰⎰22231③由①②③得：()21431ωω+=t m b ka t z当()2ωω=t z 时，0234ωb ka m t =3.13一段半径R 为已知的均质圆弧，绕通过弧线垂直的轴线摆动。
求其作微振动时的周期。
3.13解 如题3.13.1图所示，oyxθ0θθθl图题1.3.13•坐标系Oxyz 的原点位于圆弧最顶点。
设圆弧平衡时，质心c 的坐标为()0,,0l c -。
如图所示圆弧偏离平衡位置一小角度θ，则θ满足微分方程θθ I mgl =-sin I 为圆弧相对于Oz 轴的转动惯量。
当θ很小时，θθ≈sin ，代入上式得：0=+θθImgl ①圆弧上对应转角为θ的一小段圆弧的坐标为()0,cos ,sin R R R -θθ质心c 的纵坐标()R R Rd R R R d y csin cos 0θθθρθθρθθθθ+-=-=⎰⎰--上式中ρ为圆弧的线密度R R l 0sin θθ-= ②又()()[]θθθρθθd R R R R I ⎰-+-=022sin cos ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=002sin 12θθmR ③其中02θρR m =，将②③代入①得02=+θθRg ④解④式得通解()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕθt R g A t 2cos 微振动周期g R RgT 2222ππ==3.20质量为M 半径为r 的均质圆柱体放在粗糙水平面上。
柱的外面绕有轻绳，绳子跨过一个很轻的滑轮，并悬挂一质量为m 的物体。
设圆柱体只滚不滑，并且圆柱体与滑轮间的绳子是水平的。
求圆柱体质心的加速度1a ，物体的加速度2a 及绳中张力T 。
Mmr第3.20题图3.20解 如题3.20.1图，题3.20.1图yA rCoM B xfTT o 'm设圆柱体的转动角速度为k ωω-=，设它受到地面的摩擦力为f ，由动量定理和动量矩定理知：1a M x M f T F c x ∑==+= ① ∑-=+-=ω 221Mr fr Tr M z②对于滑块。
由动量定理知：③ 又无滑滚动条件：ωr xc =两边对时间求导：ω r xa c ==1④ 以C 为基点：r a a Ax ω+=1 假设绳不可拉伸。
则2a a Ax =。
故r a a ω+=12⑤ 由①②③④⑤解得：2yFT mg my ma =-==-∑mM mMg T m M mg a m M mg a 833,838,83421+=+=+=3.21一飞轮有一半径为r 的杆轴。
飞轮及杆轴对于转动轴的总转动惯量为I 。
在杆轴上绕有细而轻的绳子，绳子的另一端挂一质量为m 的重物。
如飞轮受到阻尼力矩G 的作用，求飞轮的角加速度。
若飞轮转过θ角后，绳子与杆轴脱离，并再转过ϕ角后，飞轮停止转动，求飞轮所受到的阻尼力矩的量值。
mr第3.21题图3.21解 （1）如题3.21.1图。
题3.21.1图rATo设z 轴过O 点垂直纸面向外。
绳子上的弹力为T 。
对于飞轮，根据动量矩定理，在z 轴方向：∑=-=ωI G Tr Mz① ma T mg =-②a 为物块下落的加速度。
因为物块的加速度应与A 点加速度一样大小，故r a ω= ③由①②③解得：2mrI G mgr +-=ω（2）假若飞轮受到的阻尼力矩为G 的话，由（1）问知，飞轮的角加速度2mrI G mgr +-=ω 。