量m3的最大值，以及此时车的加速度大小。
0.5m
解:受力分析如图
m1 1m
F3I
FT
m3
m2
a m3
m3 g
F3I m3a
FT F3I m3g 0, F .......... T m3 g a
5
FT m3 g a (1)
0.5m
F
整体:
T mg
a
1
FI
Fx 0, FT F I 0
对C
FI 2
..........
G1 FT
C α ac
MI C
I
Ff
FN
FT
A
FI 1
aA =2aC
G2
26
14.18 如图所示，一质量为m1的三棱柱放在光滑水平 面上，另有一质量为m2的均质圆柱沿三棱柱斜面AB无滑
动地滚下，求三棱柱的加速度。 A
O
解：如图所示
θ
B
MI
1 2
m2
r
2
r
FeI m2a
解：受力分析如图， a1 R , a2 r F1I m1R , F2I m2r , M I J0
R r
O
α MI
MO F 0:
m1g F1I R M I m2g F2I r 0
a1 F1I
A
m1g m1R R J0 m2g m2r r 0 m1g
m1 m2 g
FRI mR 2 4
M
I A
1 2
mR2
mR 2 2
..........
3
15.5 如图所示，均质杆AB长50cm，质量为4kg，置于光滑水平
面上。在杆的B端作用一水平推力FP＝60N，使杆沿FP力方向作 直线平动。试求AB杆的加速度及θ角之值。
解： M B (F ) 0 :
mgl cos F Il sin 0
m m ..........
1
2
m2 )
g
14.12 均质杆AB长为l，质量为m，置于光滑水平面上，B端 用细绳吊起如图示。当杆与水平面的夹角θ=450时将绳切断， 求此时杆A端的约束反力。
a l cos
MI
2
B
FI
ma
m
l cos
2
,M I
JC
1 ml 2
12
FI
α
mA F 0
mg
习题15—1, 5，7，8， 9，10, 14, 15 18，
..........
1
15.1 均质圆盘D，质量为m，半径为R。设在图示瞬时绕 轴O转动的角速度为ω，角加速度为a 。试求惯性力系向C 点及向A点简化的结果。
解: C点为定轴转动均质圆盘D的质心， 本题中，质心与转轴不相重合， 惯性力系向质心简化应得到惯性力系的主矢量和 主矩，质心C的运动是以O为圆心的 圆周运动，因此惯性力系的主矢量 可分为切向和法向两个方向的分力， 并直接按照惯性力的定义可求得；
l
..........
12
解法二；用动能定理求解。
任一瞬时系统的动能
T
1 2
m 12
l2
2
1 2
mvC2
1 6
ml 2 2
其中vC ＝lw/2
W1,2
mg
l 2
(1 cos )
由动能定理得
1 ml2 2 0 mg l (1 cos )
6
2
..........
13
1 ml2 2 0 mg l (1 cos )
FRI mR 2 4 ,
M
I C
JC
1 2
mR2
..........
2
向C点的简化结果
FRI mR 2 4 ,
M
I C
1 2
mR2
• 惯性力系向A点简化的结果
• 可以利用惯性力系向C点的简化结果，主矢量的大小与简化 中心位置无关，因此，向C、A简化结果相同，差别在主矩，
可利用力的平移定理，利用简化到C的主矢量和主矩求得惯 性力系向A点简化的结果。
m3 50kg
..........
6
14.7 均质杆CD的质量为m=6kg，长为l=4m，可绕AB梁 的中点C轴转动如图示。当CD处于θ=300，已知角速度 ω=1rad/s，角加速度α=0，不计梁重，试求梁的支座反力。
D ω
300
A
C
B
4m 4m
习题 14.7图
..........
7
15.7 如图所示，轮轴O具有半径R和r，对于O轴的转动惯量 为Jo，在轮轴上系有两物体A和B，其质量分别为m1和m2，若 此轮轴按逆时针的转向转动。试求轮轴的角加速度α。
M I F I mg l cos 0
A θa
2
FN
1 ml2 m l2 cos2 1 mgl cos
12
4
2
6g cos
1 3cos2 l
..........
21
6g cos
1 3cos2 l
a l cos 6g cos 3 g
2
1 3cos2 l 5
J0 m1R m2r
..........
B a2 m2 g F2I
8
15.8解：惯性力系向O点简化,得主矢量和主矩
F0In mR 2 ,
F0I mR
M
I O
JO
1 ml2
3
由动静法列平衡方程
MB(F) 0:
F0I F0 x
M
I 0
mgl
cos
/
2
0
ml2 / 3 mgl cos / 2 0
(1 2
r2
r2 )m2r
1 2
r 2m2r
三棱柱 A
a
Fx 0:
F' f
cos
F1I
F
' N
sin
0
Ff' m1 g FN'
..........
15
又解：1、惯性力系向质心简化得
MCI＝JC MOI＝ml2/12 FnI＝ml2／2 （作用线沿对角线OI）
FtI＝ml／2 （当质心到速度瞬心的距离保持不变时，可对瞬心
取动量矩）
∑MI＝0 FtIl／2＋MCI―mg lsin／2＝0 整理上式得
＝3gsin／2l
..........
F1I m2a 28
圆柱 Ff m2 (g sin a cos rr ) FN m2 (g cos a sin )
M0(F) 0 : M I Ff r 0,
0
1 2
m2 r 2 r
Ff
r
1 2
m2r 2r
m2 (g sin
a cos
rr ) r
m2 (g
sin
a cos )
A Ff'
Fr I m2rr a
F1I m2a
m1 g θ
x FN'
FI
ae
1
B
Fr I M I m2g αr
y
FI e
ar
F
F f
N
N
..........
27
圆柱
Fx 0 : m2g sin FeI cos FrI Ff 0
Fy 0:
Ff m2g sin FeI cos Fr I m2 (g sin a cos rr )
FT m1 m2 a (2)
mg
1m 物快:
2
mA F 0
FT 1 F1I 0.5 m1g 0.25 0
FN
Hale Waihona Puke FT0.5mmg 1
a
A
Ff
FN
FN
m1 m2 a 0.5m1a 0.25m1g
a 0.25100 g 2.45m / s2
F1I
100
1m 再代入(1)、（2）得:
m2 )
g
..........
习题15-11 用动能定理解：设物块A 由静止开始下滑，某
瞬时其速度为v，画运动分析图和受力图 ，列动力学方程：
1 2
m1v2
1 2
m2v2
0
m1gS
sin
m2 gS
v2 2gS m1 sin m2
m1 m2
等式两边对时间求导得
2v dv 2g m1 sin m2 dS ,
F1I m1a, F2I ma
..........
解：由动静法力学列方程： F1I m1a, F2I ma
Fy 0 m1g m2g F1I sin F2I 0
a g m1 sin m2
m1 m2
Fx 0 FD F1I cos 0
FD
m1
cos (m1 sin
m1 m2
MI C
I
Ff
F1I
G1 g
aC ,
F2 I
G2 g
aC ,
aA 2aC
FN
FT
A
FI 1
aA =2aC G2
M
I C
JC
1 2
m1r 2
G1 2g
r 2
..........
25
对A
FT G2 F2I 0
FT
G2
2G2 g
aC
MI (F) 0
M
I C
F1I
r
FT
2r
0
aC 0.28m / ss
aC
l
4
A点加速度为0，以A为基点，则
MA(F) 0
M
I
F I
mg
l 4
0