22dx?r??m1?C aCx?2???m2?cos?tdtm1?m2?2?
应用质心运动定理,解得
?m? Fx?F?r?2?1?m2?cos?t?2?
?m?Fmax?F?r?2?1?m2? ?2? 3、解：取均质圆柱体A为研究对象，根据平面运动微分方程有
maA?mg?FTJA??FTRaA?R?
又
12g2FT?mg,??,aA??R?g33R3 解得
由于加速度为常量，由运动学公式有
4：解：
vA?2aAh?23gh3 lW12?mg,T1?02 11T2?JO?2?ml2?226 T2?T1?W12
??
的角速度与角加速度分别为?,?
3gl
5、解：轮A与轮O共同作为一个质点系, 轮A轮心的速度与加速度分别为v、a，鼓轮
W12?M??mgssin?
111131T1?0,T2?(mR2)?2?mv2?(mR2)?2?mR2?2?mv2222242
??vs,??RR 5T2?mR2?24
由动能定理：
W12?T2?T1
5mR2?2M??mgssin??4 v?2(M?mgRsin?)s5mR(a)
式(a)是函数关系式，两端对t 求导,得
5vmva?M?mgvsin?2R
2(M?mgRsin?)a?5mR
6、 解 （1）两轮的受力与运动分析分别如图（a）,
12mr?A?rFT12对A轮，有
ma?mg?FT?112mr?B?rFT?1对B轮，有 2
以轮与直绳相切点为基点，则轮心B的加速度
a?r?A?r?B
4g 5(2) 再分别对两轮作受力与运动分析如图（b）
1对A轮，有mr2?A??M?rFT2
2解得 a?maB?mg?FT?2对B轮，有 12mr2?B?rFT?2
依然有运动学关系?B?r?A?r?B,但（?A??B）
令?B?0，可解得圆柱体B的质心加速度向上的条件：M?2mgr
7.解
板与圆柱的受力与加速度分析如图示，（4分） 对板有：
m1a?F?F?F2 （3分）
对圆柱有：
m2aO?F2 1m2R2??F2R （3分） 2以板与圆柱的接触点为基点（或选板为动系，轮心为动点），设圆柱的角加速度为α，则圆心O的加速度为 ao?a?R? （3分）
考虑到 F1?fFN1?f(m?g （3分） 1m)2可解得 ??
F?f(m1?m2)g （4分） m2m1?3
9、解 分析整个系统的受力情况知，其主动力的元功为：
??W???Mg?0?mgdyeFc?mgvccos??dt
y ωAB θ P1为AB杆的瞬心，故
1vA?lv?PC2?vAvc?A1?P1Alsin?2sin??e??mgvctg??dt故得??WF A
P1 B 12C vC ωA θ θ 系统在任一瞬时的动能：
vA A x R
T?TAB?TA?111222JP1?AB?MvA?JA?A 222式中：
vA?R?A, ?A?vAR
vA?AP1??AB, ?AB?vAAP1?vA?lsin??
JP1?ml23, JA?MR22
因此T?12?2m?vA?2?9M? 12?sin??运用动能定理微分形式
(e)dT??WF?dtdt 并注意到vA为正时，θ角减小，故
???????AB1??2m1vA?2mcos??v?mgvActg? 即?aA?2?9M??2vA?A6??sin?2lsin?lsin4???得aA?23mgctg??2mvAcos?lsin4?
2m?9M2sin?将??45?,vA?0代入上得：
aA?3mg4m?9M