7.5.3由长为l，质量为m的匀质细杆组成正方形框架，其中一角连于水平光滑转轴O，转轴与框架所在平面垂直，最初，对角线OP处于水平，然后从静止开始向下自由摆动，求OP对角线与水平成45°时P点的速度，并求此时框架对支点的作用力。
解：先求出框架对O轴的转动惯量：据平行轴定理，
21I?IC?4mOC2?4(12ml2?m1l)?4m(4122 l)2?10ml3设对角线OP转过45°后框架的角速度为ω，且势能为零，由机械能守恒：
N 4mg(l26g5l222 sin45?)?12mgl?52I?,3ml?O n τ C P
?2?,??6g5l,vp??2l?235gl
4mg 设支点O对框架的作用力为N，由定轴转动定理：τ= Iβ，
???I?4mgsin45?l/23gl3g32?,a????g质心的法向加速度 ?25l1010ml/32526gl6g?? 5l252an??2OC??方向应用质心运动定理：Nn?4mgcos45??4man， 在nNn?22mg?4m?6g52?(22?24222)mg?2mg 5?25?方向应用质心运动定理：N??4mgsin45??4ma? 在?N??4m?3642g?22mg?(?2)2mg??2mg 105522322522?方向夹角为θ， ?2?25mg?6.32mg，设与-?2N?N??Nn???arctg|Nn/N?|?arctg5.5?79.7?
7.5.4 质量为m长为l的匀质杆，其B端放在桌上，A端用手支住，使杆成水平。突然释放A端，在此瞬时，求：⑴杆质心的加速度，⑵杆B端所受的力。
解：⑴以支点B为转轴，应用转动定理：mg质心加速度 ac??l2l22?13ml????3g2l，
?34g，方向向下。
⑵设杆B端受的力为N，对杆应用质心运动定理：Ny=0， Nx - mg = - m ac , Nx = m(g – ac) = mg/4 ∴ N = mg/4，方向向上。
7.5.5 下面是匀质圆柱体在水平地面上作无滑滚动的几种情况，求地面对圆柱体的静摩擦力f.
⑴沿圆柱体上缘作用一水平拉力F,柱体作加速滚动。 ⑵水平拉力F通过圆柱体中心轴线，柱体作加速滚动。 ⑶不受任何主动力的拉动或推动，柱体作匀速滚动。 ⑷在主动力偶矩τ的驱动下加速滚动，设柱体半径为R。
解：规定前进方向和顺时针方向为正方向。假设静摩擦力方向向后，其余受力情况如图所所示。对每种情况，都可以根据质心定理、绕质心轴的转动定理和只滚不滑条件，建立三个方程求解。
2mR?,ac??R ⑴F?f?mac,(F?f)R?12可求得f = - F/3,负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。
2⑵F?f?mac,fR?12mR?,ac??R
可求得f = F/3,正号说明静摩擦力方向与假设方向相同，向后。 ⑶ ac = 0 , f = 0
22?⑷?f?mac,??fR?12mR?,ac??R,求得f??3R
负号说明静摩擦力方向与假设方向相反，应向前。
7.5.6 板的质量为M，受水平力F的作用，沿水平面运动，板与平面间的摩擦系数为μ.在板上放一半径为R质量为M2的实心圆柱，此圆柱只滚动不滑动。求板的加速度。
解：隔离圆柱，其受力及运动情况如图所示，其中ac为质心对地的加速度，β为相对质心的角加速度，f2、N2分别为板施加给 圆柱的静摩擦力和压力。 由质心定理：f2?M2ac(1),12N2?M2gM2R2?(2)
对质心应用转动定理：f2R?(3)
隔离木板，其受力及运动情况如图所示， 其中a为板对地的加速度，f1、N1分别为水平
面施加给板的滑动摩擦力和压力。
应用牛顿第二定律（或质心定理）：
N1?N2?Mg(4) F??N1?f2?Ma(5)
圆柱在木板上只滚不滑的条件是：a = ac +βR (6)
(圆柱与板接触点对地的加速度等于质心加速度加上绕质心转动的加速度，即ac+βR，它必须等于木板对地的加速度a,才能只滚不滑)
将（2）代入（4）求得：N1=(M+M2)g；由（1）（3）可解得，2ac=Rβ 与（6）联立，可求得，ac=a/3, 代入（1）中，f2 = a M2 /3；将N1、f2代入（5）中，有
F??(M?M2)g?13M2a?Ma?a?3[F??(M?M2)g]3M?M2
7.5.7 在水平桌面上放置一质量为m的线轴，内径为b，外径为R,其绕中心轴转动惯量为mR2/3,线轴和地面之间的静摩擦系数为μ。线轴受一水平拉力F,如图所示。
⑴使线轴在桌面上保持无滑滚动之F最大值是多少？
⑵若F和水平方向成θ角，试证，cosθ＞b/R时，线轴向前滚；cosθ＜b/R时，线轴向后滚动。
解：可将（1）看作（2）的特殊情况。建立图示坐标，z轴垂直纸面 向外，为角量的正方向。根据静摩擦 力的性质，可知其方向与F水平分量方向相反。设线轴质心的加速度为a，绕质心的角加速度为β。 由质心定理：Fcos??f?ma(1)2mR?由转动定理：Fb?fR?13N?mg?Fsin?(2) (3)
只滚不滑：a+βR=0 (4) 由⑴,⑶,⑷联立，可求得：
a?3F4mb(cos??R),??3F4mRb(R?cos?),f?F4RF4R(3b?Rcos?)
⑴ F为水平拉力时，即 cos??1,f?(3b?R)??mg
?F?4?R3b?Rmg.
bRbR⑵ 若cos?? 若cos??,a?0,??0，即线轴向前滚； ,a?0,??0，即线轴向后滚。
7.5.9 一质量为m,半径为r的均质实心小球沿圆弧形导轨自静止开始无滑滚下，圆弧形导轨在铅直面内，半径为R。最初，小球质心与圆环中心同高度。求小球运动到最低点时的速率以及它作用于导轨的正压力。
解：设小球运动到最低点时，其质心速 度为v，绕质心转动的角速度为ω，由机械
22212能守恒，有mg(R?r)?12mv?2(5mr)?
只滚不滑条件：ω=v/r,代入上式，可求得 v?710(R?r)g
在最低点应用质心运动定理： N?mg?mv/(R?r)
73?N?m[g?v2/(R?r)]?m(g?10g)?27mg，作用于导轨的正压力与此等大，方向向下。
2
7.6.1 汽车在水平路面上匀速行驶，后面牵引旅行拖车，假设拖车仅对汽车施以水平向后的拉力F.汽车重W,其重心与后轴垂直距离为a,前后轴距离为l，h表示力F与地面的距离。问汽车前后论所受地面支持力与无拖车时有无区别？试计算之。
解：隔离汽车，受力
情况如图所示（摩擦力没 C F 有画出，因与此题无关）。 h 在竖直方向应用力平 N1 W a N2 l 衡方程：N1?N2?W(1) 以前轮为支点，由力矩平衡方程，N2l?W(l?a)?Fh(2)
由（2）解得：N2?W(1?a/l)?Fh/l 将N2代入(1)中得：N1?Wa/l?Fh/l
令F=0，即得到无拖车时前后轮的支持力N1’和N2’。显然，有拖车时，前轮支持力减小，后轮支持力增大。
7.6.3 电梯高2.2m，其质心在中央，悬线亦在中央。另有负载50×10kg，其重心离电梯中垂线相距0.5m。问⑴当电梯匀速上升时，光滑导轨对电梯的作用力，不计摩o 擦（电梯仅在四角处受导轨作用力）；⑵当电梯以加速度0.05m/s2上升时，力如何？ l 解：⑴以o为轴,据力矩平衡条件：Nl?mgb N Mg N?mgb/l?50?10?9.8?0.5/2.2?1.114?10N
⑵设电梯的加速度为a，以电梯为参考系，负载除受重力外，还受惯性力作用f*=ma,方向向下, 据力矩平衡条件：Nl?m(g?a)b
3mg N?m(g?a)b/l?50?10(9.8?0.05)0.5/2.2?1.119?103N
7.7.1环形框架质量为0.20kg，上面装有质量为1.20kg的回转仪，框架下端置于光滑的球形槽内，回转仪既自传又旋进，框架仅随回转仪的转动而绕铅直轴转动，回转仪自身重心以及它连同框架的重心均在
C点，C点与转动轴线的垂直距离为r=0.02m，回转仪绕自转轴的转动惯量为4.8× 10-4kgm2,自转角速度为120rad/s. ⑴求旋进角速度；⑵求支架球形槽对支架的总支承
N 力。
解：根据旋进与自旋的关系式：
??(m?m2)gr(0.2?1.2)?9.8?0.02??1??4.76rad/s ?4I?I?4.8?10?120把回转仪与支架当作一个系统，设球形槽对支架的支承力为N，整个装置的质心C相对竖直轴做匀速圆周运动，由质心运动定理：
Nx?(m1?m2)r?2?(0.2?1.2)?0.02?4.762?0.63NNz?(m1?m2)g?(0.2?1.2)?9.8?13.72NN?Nx?Nz?0.632?13.722?13.73N22
与竖直轴夹角??arctg
Nx0.63?arctg?2.63? Nz13.73