理论力学试卷A答案及讲解p9
理论力学A卷答案(样题)
理论力学A卷答案(样题)(C ) 主矢不为零，而主矩为零 (D ) 主矢为零，而主矩不为零2、已知点M 的运动方程为ct b s +=，其中b 、c 均为常数，则( C )。
(A ) 点M 的轨迹必为直线(B ) 点M 必作匀速直线运动 (C ) 点M 必作匀速运动 (D ) 点M 的加速度必定等于零3、如图所示若尖劈两侧与槽之间的摩擦角均为mϕ角应为( C ) (A ) θ≤mϕ(B ) θ≥mϕ(C) θ≤2mϕ(D ) θ≥2mϕ4、直管AB 以匀角速度ω绕过点O 且垂直于管子轴线的定轴转动，小球M在管内相对于管子以匀速度rv 运动，在三、均质杆AD 重P ，与长为2l 的铅直杆BE 的中心D 铰接，如图所示。
柔绳的下端吊有重为G 的物体M 。
假设杆BE 、滑轮和柔绳的重量都忽略不计，连线AB 以及柔绳的CH 段都处于水平位置，求固定铰链支座A 的约束反力。
（本题共20分）解：（1）分别选整体和杆AD 为研究对象(2分)（2）分别画出它们的受力图（8分） （3）分别列平衡方程 整体： 由 ()0B M =∑F ，有o o 2cos30(2)cos300Ay HC F l G r F l r P l -⨯-⨯--+⨯= （4分）杆AD ：由 ()0D M =∑F ，有o o o 2sin302cos30cos300Ax Ay F l F l P l -⨯-⨯+⨯= （4分） 其中HC F G =。
联立求解，可得2Ax F G =，2Ay P F =-（2分） 四、如图所示，曲柄OA 长20cm ，绕轴O 以匀角速度010/rad s ω=转动。
此曲柄借助连杆AB 带动滑块B 沿铅垂方向运动，连杆长100cm 。
求当曲柄与连杆相互垂直并与水平线各成o 45α=与o 45β=时，连杆的角速度、角加速度和滑块B 的加速度。
(本题共20分)第4 页解：（1）由A v 和B v 的速度方向可知P点为杆AB 的速度瞬心。
理论力学A--参考答案答案
理论力学A 卷参考答案一、选择题1-6 DABADC二、填空题(1) 绝对速度 相对速度 牵连速度(2) 平动 转动 (3) 1442222=+b y b x ，2bk ，2bk 2 (4) l M2，l M(5) 2p ml ω=，（→）； 2(65/24)o L m l ω=，逆时针方向(6) mL ω/2，mL 2ω/3，mL 2ω2/6三、计算题1、解：（1）设圆柱O 有向下滚动趋势，取圆柱O0=∑A M ----0sin max 1T =-⋅-⋅M R F R θP0=∑y F ----0cos N =-θP F又N max F M δ= ……………………2分设圆柱O 有向上滚动趋势，取圆柱O0=∑A M ----0sin max 2T =+⋅-⋅M R F R θP0=∑y F ----0cos N =-θP F ……………………2分又N max F M δ=……………………2分系统平衡时： ……………………2分)cos (sin 1T θR θP F δ-=（2）设圆柱O 有向下滚动趋势.0=∑C M 0m a x =-⋅M R F s0=∑y F 0c o s N =-θP F 又θδcos P R F s = 所以θδcos P R F s = (2)只滚不滑时，应有 θP f F f F s s s cos N =≤ R f s δ≥同理，圆柱O 有向上滚动趋势时得 R f s δ≥只滚不滑时，Rf s δ≥ (2)2、解：速度分析：1. 杆AB 作平面运动，基点为B.……………………….1分2.动点 ：滑块 A ，动系 ：OC 杆……………………….2分 沿v B 方向投影：……………………….1分……………………….1分 沿vr 方向投影：……………………….1分加速度分析：n t ABAB B A a a a a ++=……………………….2分 沿v C 方向投影：……………………….2分……………………….1分……………………….1分3、 解：突然解除约束瞬时，杆OA 将绕O 轴转动，不再是静力学问题。
理论力学习题解答第九章讲解
9-1在图示系统中，均质杆OA、AB与均质轮的质量均为m , OA杆的长度为h , AB杆的长度为|2，轮的半径为R，轮沿水平面作纯滚动。
在图示瞬时，OA杆的角速度为, 求整个系统的动量。
5ml< ■,方向水平向左2题9- 1图题9-2图9-2如图所示，均质圆盘半径为R,质量为m，不计质量的细杆长丨，绕轴0转动，角速度为「，求下列三种情况下圆盘对固定轴的动量矩：（a）圆盘固结于杆；（b）圆盘绕A轴转动，相对于杆 0A的角速度为-;（c）圆盘绕A轴转动，相对于杆 0A的角速度为• •。
R 22 2 2 2（a）L O=m（+1 购；（b）L O = ml ⑷；（c）L O = m（ R +1 冷29-3水平圆盘可绕铅直轴z转动，如图所示，其对z轴的转动惯量为J z。
一质量为m的质点，在圆盘上作匀速圆周运动，质点的速度为V。
,圆的半径为r,圆心到盘中心的距离为l 。
开始运动时，质点在位置M。
，圆盘角速度为零。
求圆盘角速度「与角「间的关系，轴承摩擦不计。
解以圜扳利欣点M为系统，因为系统所受外力£包括車力和约束力〕对轴三的矩均力誓.战爲统对榊二胡乳地讦和.在任意时刻点M的速度包含相对速度®和沖：51速度％° 其申斗=OM -旧设质点M在城位置为起始位置*该瞬时系统对轴二的创吊伸5二叫Q")⑴在任盘时刘:L si= J& + (wr^ ) = Jto + M. (mr0) +Af, (wt 叫)由图可得L.2 = Jcy + wrv D[/ cos^? + r] + m(l~ + r: + Hr cos^?)(p ⑵抿据动崑矩守怛定律J = i:2(3) 由式<lk (2)> (3)爲m/v0(l - cose?)w = ------- 尸- 3— ----------』+用｛厂+厂+ 2/?cos^)9-4如图所示，质量为 m的滑块A，可以在水平光滑槽中运动，具有刚性系数为 k的弹簧一端与滑块相连接，另一端固定。
北京理工大学理论力学--1-A卷试题及答案26页PPT文档
如图所示，且 F = ql/2 ，M = 2ql 2 ，若不计各构件自重和各
10 接触处摩擦，试用虚位移原理求固定端 O 处的约束力偶矩。
11
解
学 年
(1) 三角形分布载荷的等效合力：
D
F
第 一
（共2分）
学 三角形分布载荷的等效合力为
期 理 论
1
A
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q2 2
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3ql（1分） M
力
C
30°
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OA 6 3r
0 2(2 rr 0)r21 2r
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5 3 18
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（顺时针）
ar
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30°
B A
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A 考 试
（2分） R
题
A 卷
O1
4
BRY 二、（15分）图示平面结构由直杆 AC 、BD 、CD 和 GH 相
互铰接而成，已知 AG = GC = CD = GH = DH = l ，BH = 3l/2 ，
生虚转角 δ 1 ，点 P1、P2 分别为杆 AB 、AD 的虚速 度瞬心。（1分）
杆 OA ：δrAOA δ1
δrA
A
M
δ 2
C 30° δ 3
δrD 2l
Fq
3l
一 学
4lδ1
期 理
杆 AB ：δrAP1Aδ2
论 力
2lδ2
B P1 δ 1 δrB MO
4 3l 3
3l
O
学 A
δ22δ1 （2分）
对于动点由加速度合成定理得到 a a a B a e n a e t a r a C
理论力学期末标准试卷与详细讲解答案
2011～2012 学年度第 二 学期《 理论力学 》试卷（A 卷）一、填空题（每小题 4 分，共 28 分）1、如图1.1所示结构,已知力F ，AC ＝BC ＝AD ＝a ，则CD 杆所受的力F CD ＝（ ），A 点约束反力F Ax =（ ）。
2、如图1.2 所示结构，,不计各构件自重，已知力偶矩M ，AC=CE=a ，AB ∥CD 。
则B 处的约束反力F B =（ ）；CD 杆所受的力F CD =（ ）。
1.1 1.23、如图1.3所示，已知杆OA ，以匀角速度ω绕O 轴转动，如以滑块A 为动点，动系建立在BC 杆上，当BO 铅垂、BC 杆处于水平位置时，滑块A的相对速度v r =（ ）；科氏加速度a C =（ ）。
4、平面机构在图1.4位置时， AB 杆水平而OA 杆铅直，轮B 在水平面上作纯滚动，已知速度v B ，OA 杆、AB 杆、轮B 的质量均为m 。
则杆AB 的动能T AB =（ ），轮B 的动能T B =（ ）。
1.3 1.45、如图1.5所示均质杆AB 长为L ,质量为m,其A 端用铰链支承,B 端用细绳悬挂。
当B 端细绳突然剪断瞬时, 杆AB 的角加速度 =（ ），当杆AB 转到与水平线成300角时，AB 杆的角速度的平方ω2=（ ）。
6、图1.6所示机构中,当曲柄OA 铅直向上时,BC 杆也铅直向上,且点B 和点O 在同一水平线上；已知OA=0.3m,BC=1m ，AB=1.2m,当曲柄OA 具有角速度ω=10rad/s 时,则AB 杆的角速度ωAB =（ ）rad/s,BC 杆的角速度ωBC =（ ）rad/s 。
AB1.57、图1.7所示结构由平板1、平板2及CD 杆、EF 杆在C 、D 、E 、F 处铰接而成，在力偶M 的作用下，在图上画出固定铰支座A 、B 的约束反力F A 、F B 的作用线方位和箭头指向为（ ）（要求保留作图过程）。
1.7二、单项选择题（每小题 4 分，共28 分）1、如图2.1所示，四本相同的书，每本重均为P ，设书与书间的摩擦因数为0.1，书与手间的摩擦因数为0.25，欲将四本书一起抱起，则两侧手应加的压力至少大于（ ）。
理论力学答案完整版(清华大学出版社)9
F1 = F1(sinϑ i − cosϑ j) , F2 = F2i
点 A 和 B 的坐标及其变分为
rA = −(l1 − l2 )cosϑ i + (l1 + l2 )sinϑ j
，
rB = −2l1 cosϑ i
δrA = (l1 − l2 )sinϑ ⋅δϑ i + (l1 + l2 )cosϑ ⋅δϑ j ，
Fδ re − G1δ ra = 0 按速度合成定理，虚位移存在如下关系：δ ra = δ re tan β ，于是
（a）
题 9-9 图
导出 F = G1 tan β .
（2）水平面有摩擦时，当水平力 F 较小，斜面 D 有向左运动趋势，此时摩擦力方向向右，
临界平衡时，虚功方程为
(F + ) Fmax δ re − G1δ ra = 0 ， 其中 Fmax = (G1 + G2 ) f 。求得： F ≥ G1 tan β − (G1 + G2 ) f .
i =1
解题要领 1） 对于自由度不为零的系统，求其平衡时主动力满足的关系可用虚功原理. 2） 对于自由度为零的系统，为求其约束力，可以依次解除一个约束，使自由度为 1，即将
此约束力作为主动力应用虚功原理. 3） 独立的坐标变分个数与系统的自由度相同，可以用解析或虚速度的方法建立不独立的坐
标变分满足的关系.
三 广义坐标表示的虚位移原理
广义坐标：确定质点系位形的独立坐标。
虚功原理的广义坐标表述：受理想约束的质点系，其平衡的充分必要条件是系统所有与广义
坐标对应的广义力为零
Qj = 0 ( j = 1,2,L, m)
∑ 其中
Qj
=
理论力学试题及问题详解
理论力学试题及答案-、是非题(每题2分。
正确用"，错误用X,填入括号内。
)1、作用在一个物体上有三个力，当这三个力的作用线汇交于一点时，则此力系必然平衡。
()2、力对于一点的矩不因力沿其作用线移动而改变。
()3、在自然坐标系中，如果速度u =常数，则加速度a = 0。
()4、虚位移是偶想的，极微小的位移，它与时间，主动力以及运动的初始条件无关。
()5、设一质点的质量为m，其速度—与x轴的夹角为a,则其动量在x轴上的投影为mv x =mvcos a。
():■、选择题(每题3分。
请将答案的序号填入划线内。
)1、正立方体的顶角上作用着六个大小相等的力，此力系向任一点简化的结果是 ____________ 。
①主矢等于零，主矩不等于零；②主矢不等于零，主矩也不等于零;③主矢不等于零，主矩等于零；④主矢等于零，主矩也等于零。
2、重P 的均质圆柱放在 V 型槽里，考虑摩擦柱上作用一力偶，其矩为M 时（如图），圆柱处于极限平衡状态。
此时按触点处的法向反力N A 与N B 的关系为 _______________ 。
① N A = N B ； ② N A > N B ； ③ N A < N B 。
3、边长为L 的均质正方形平板，位于铅垂平面内并置于光滑水平面上，如图示，若给平板一微小扰动，使其从图示位置开始倾倒，平板在倾倒过程中，其质心①半径为L/2的圆弧； ②抛物线; ③椭圆曲线；④铅垂直线。
① 60 ； ② 120 ； ③ 150 ； ④360。
5、曲柄 0A 以匀角速度转动，当系统运动到图示位置0， ABC 点的运动轨迹是4、在图示机构中，杆 O i A //02 B ，杆02 C //O 3 D ，且 O i A = 20cm ， 02 C = 40cm ， CM = MD =30cm ，若杆A0 i 以角速度 3 = 3 rad / s 匀速转动，则 D 点的速度的大小为 cm/s ，M 点的加速度的大小为cm/s 20A//0 i B 。
大学《理论力学A》考试题(含完整答案)
《理论力学A 》考试试题A 课程号：63125203 考试方式： 闭卷 使用专业、年级： 任课教师：考试时间：一、是非题（对画√，错画×）（共5题，每题2分，共10分）1.受平面任意力系作用的刚体，力系的合力为零，刚体就一定平衡。
( )2.定轴转动刚体上各点的角速度相同。
( )3.力系的主矢和主矩都与简化中心的位置有关。
（ ）4.一个刚体若动量为零，该刚体就一定处于静止状态。
（ ）5.定轴转动刚体对其转轴的动量矩等于刚体对其转轴的转动惯量与刚体 角加速度的乘积。
（ ） 二、选择题（共10题，每题3分，共30分）1.图示，已知1F 、2F 、α，则1F 和2F 在x 轴上的投影为 。
（a ）αcos 11F F x =，02=x F ； （b ）αcos 11F F x -=，02=x F ；（c ）αcos 11F F x =，22F F x =； （d ）αcos 11F F x -=，22F F x -= 2.图示杆件的作用力F 对杆端O 点的力矩()=F M O 。
（a ）Fa ； （b ）Fa -； （c ）Fl ； （d ）Fl -3.正立方体如图示，棱长为a ，在A 点作用一力F ，该力对y 轴之矩 为 。
（a ）()Fa F M y = ；（b ）()0=F M y ；（c ）()Fa F M y -= 4.静滑动摩擦因数s f 等于摩擦角f ϕ的 。
（a ）正弦； （b ）正切； （c ）余弦；（d ）余切。
5.如图所示汇交力系的力多边形表示 。
（a ）力系的合力等于零； （b ）力系的合力是R ； （c ）力系的主矩不为零。
6. 图示均质细直杆，质量为m ，长为l ，绕O 轴转动的角速度为ω，则杆的 动量大小为 。
（a ）ωml 21； （b ）ωml ； （c ）07.均质滑轮半径为R ，对O 轴的转动惯量为J ，绳子的一端绕在滑轮上， 另一端挂有质量为m 的物体A 。
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下面就今年期末考试的情况做一个简单讲解。
（一）正确答案。
（给大家解惑）一、（本题15分）静定多跨梁的载荷及尺寸如图所示，杆重不计，长度单位为m 。
求支座A 、C 处的约束力。
题一图解：取杆B 为研究对象（3分）列平衡方程 ()0B M F =∑ 21cos30620602C F ︒⨯-⨯⨯=（2分）解得：C F = 取整体为研究对象4分）列平衡方程0xF =∑ sin 300Ax C F F -︒=（2分） 0yF=∑ cos302060Ay C F F +︒-⨯=（2分）()0C M F =∑ 21(36)2064002A AyM F -⨯++⨯⨯-=（2分） A20/kN m20ByF 40kN BAF AyF解得：Ax F =，60Ay F kN =，220A M kN m =⋅二、（本题25分）图示结构，由AG 、CB 、DE 三杆连接而成，杆重不计。
已知：Q=kN ，M =10kN •m ，l =1m ，θ=45°。
试求：1）支座A 、B 的约束力；2）铰链C 、D 的约束力。
题二图解：取整体为研究对象-----------------------（共11分）分)()0AM F =∑ sin 0B F AC Q AG M θ⋅-⋅-=19B F kN =（2分）0y F =∑ sin 0Ay B F F Q θ+-= 15Ay F kN =-（2分）0xF=∑ cos 0Ax F Q θ-= 4Ax F kN =（2分）以BC 为研究对象-----------------------（共5分）()0EMF =∑ '0Cx F DE ⋅= '0Cx Cx F F ==（2分）以ACDG 为研究对象-----------------------（共9分）（3分）()0CMF =∑sin 0Dy Ay F CD Q CG F AD θ⋅-⋅-⋅=2.5Dy F kN =-（2分）θQDyF Dx F C A CyF Cx F AyF AxQACBAxF AyF lE BC'Cy F Ex (3分)0xF =∑ cos 0Ax Cx Dx F F F Q θ++-= 0Dx F =（2分） 0yF=∑ cos 0Ay Cy Dy F F F Q θ++-= kN F Cy 5.21=（2分）1．已知点M 的运动方程为ct b s +=，其中b 、c 均为常数，则( C )。
(A) 点M 的轨迹必为直线 (B) 点M 必作匀速直线运动 (C) 点M 必作匀速运动 (D) 点M 的加速度必定等于零 2．直管AB 以匀角速度ω绕过点O 且垂直于管子轴线的定轴转动，小球M 在管相对于管子以匀速度r v 运动，在如图所示瞬时，小球M 正好经过轴O 点，则在此瞬时小球M 的绝对速度a v 和绝对加速度a a 大小是（ D ）。
(A) 0a v =，0a a = (B) a r v v =，0a a = (C) 0a v =，2a r a v ω=a r v v =2a r a v ω=第2题图第3题图3. 机构如图，A O 1与B O 2均位于铅直位置，已知13m O A =，25m O B =，23rad s O B ω=，则杆A O 1的角速度A O 1ω=____________，C 点的速度C υ=____________。
4．刚体平动的运动特征是刚体各点的运动轨迹形状相同，每一瞬时各点的速度和加速度也相同。
5．动点的相对速度是指动点相对于动系的运动速度，绝对速度是指动点对于定系的运动速度，牵连速度是指动系上与动点相重合的点相对于定系的速度。
6．刚体的平面运动可以简化为平面图形在自身平面的运动。
可分解为随基点的平动和绕基点的转动。
三、（本题15分）在图示机构中，已知O1A= OB= r= 250mm，且AB= O1O；连杆O1A以匀角速度ω = 2 rad/s绕轴O1转动，当φ = 60°时，摆杆CE处于铅垂位置，且CD = 500mm。
求此时摆杆CE的角速度（6分）和角加速度（7分）以及必要的运动分析（2解：1．运动分析：----------------------动点：套筒D动系：固连于杆CE（以上1分）绝对运动：圆周运动相对运动：直线牵连运动：定轴转动（以上1分）2、速度分析（图a ）：----------------------（6分） r e a v v v +=（1分）501a =⋅==A O v v A ωcm/s （0.5分） 325sin a e==ϕv v cm/s （0.5分）866.023e ===CD v CE ωrad/s ＃（1分） 25cos a r ==ϕv v cm/s （1分）3．加速度分析（图b ）：----------------------（7分） C t e ne r a a a a a a +++=（1分）沿a C 方向投影：t e C a cos a a a +=ϕ（1分）1002a ==r a ωcm/s 2（0.5分）3252r C ==v a CE ωcm/s 2（0.5分）7.632550432160cos C a t e =-=-=-︒=a a a cm/s 2（1分）2t e rad/s 134.0231507.6=-===CD a CEα（1分） 四、（本题15分）图示四连杆机构中，长为r 的曲柄OA 以等角速度0ω转动，连杆AB 长l = 4r 。
设某瞬时∠O 1OA =∠O 1BA = 30°。
试求在此瞬时曲柄O 1B 的角速度（6分）和角加速度（9分）。
φφωO 1O ABCDEφφωO 1O ABCDE（a ）（2分）（b ）（2分）v a v A v rv et ea a ra Cn e aa aωCEαCE题四图解：1、速度分析----------------------（6分） 以AB 杆作为研究对象，速度分析如图所示（2分）由速度瞬心法知：B 点为速度瞬心，故v B = 0（2分）01=B O ω（1分）400ωωω===l r AB v A AB （1分） 2、加速度分析----------------------（9分）（3分）ττBA BA A B B a a a a a ++==n （1分）上式向a A 投影n 60cos BA A B a a a +=︒τ（1分） 202ωr a A =（1分）4202n ωωr l aABBA==（1分）2025ωτr a BA =（1分） #235253530cos 230cos 25202011ωωατττ=⋅=︒=︒==r r r a r a BO a B B BB O （1分）n BA aa Aa AτBA aa B v Av B(a)BB三、图示铰链四边形机构中，cm 1021==B O A O ，又AB O O =21，并且杆A O 1以等角速度rad/s 2=ω绕1O 轴转动。
杆AB 上有一套筒C ，此筒与杆CD 相铰接。
构件的各部件都在同一铅垂面。
求当 60=ϕ时，CD 的速度和加速度。
（12分） 解：动点：CD 上的C 点动系：与AB 相固结 1、速度分析：AB 作平动，故cm /s 202101e =⨯=⋅==ωA O v v A （方向如图示）根据速度合成定理r e a v v v +=，由速度矢量关 系图可得CD 的速度cm/s 105.00260cos e a =⨯=⋅==v v v C 2、加速度分析：221e cm/s 40410=⨯=⋅===ωA O a a a n A A 根据速度合成定理r e a a a a +=，由加速度矢量 关系图可得CD 的速度2e a cm/s 6.43230460sin =⨯=⋅== v a a C （方向如图示）四、在图示四连杆机构中，已知：匀角速度ω，A O 1=B O 1=r 。
试求在︒=45ϕ且AB ⊥B O 2的图示瞬时，连杆AB 的角速度AB ω、B 点的速度以及杆B O 2的角速度B O 2ω。
（12分）解：运动分析：A O 1、B O 2定轴转动，AB 其中A 点速度ωωr A O v A =⋅=1（方向如图示）以A 为基点分析B 点的速度，由BA A B v v v +=作B 点的速度合成图。
由图可知B 点的速度ωϕr v v AB 22sin =⋅= ωϕr v v A BA 22cos =⋅=（方向如图示） 又AB 长为杆()r 12+，则：连杆AB 的角速度()ωω1222+==AB v BAAB （逆时针）杆B O 2的角速度ωω2222==B O v B B O （顺时针）五、（本题14分）均质的鼓轮，半径为R，质量为m，在半径为r处沿水平方向作用有力F1和F2，使鼓轮沿平直的轨道向右作无滑动滚动，如图所示，试求轮心点O的加速度，及使鼓轮作无滑动滚动时的摩擦力。
2分）题五图解：由于鼓轮作平面运动，鼓轮的受力如图所示，建立鼓轮平面运动微分方程为FFFmaO--=21（1）（3分）FRrFrFJO++=21α（2）（3分）建立运动学补充关系：RaO=α（3）（2分）其中转动惯量221mRJO=（4）（2分）联立式（1）~（4）,得轮心点O的加速度为mRRFFrFFaO3])()([22121-++=（1分）使鼓轮作无滑动滚动时的摩擦力为RrFFRFFF3)(2)(2121+--=（1分）六、（本题16分）图示系统，均质轮C质量为1m，半径为R1，沿水平面作纯滚动，均质轮O的质量为2m，半径为2R，绕轴O作定轴转动。
物块B的质量为3m，绳AE 段水平。
系统初始静止，忽略绳的质量，考虑重力作用，绳和轮之间无相对滑动。
求：（1）轮心C的加速度Ca、物块B的加速度Ba；（2）两段绳中的拉力。
题六图yxO¦ΑFFNFF21m gαa o解（法一）：（1）以整体为研究对象，如图所示-----------------------------（共10分）（2分）系统的初始动能为 01=T设物块B 下落的高度为s 时，系统动能为22122221212121CC C O O B B J v m J v m T ωω+++=（1分） 则有 2B O v ωR =，2B O a αR =，112C B C v vωR R ==（1分）则有 2321216843B v m m m T ++=（1分）则系统做功为 gs m W 312=（1分） 应用动能定理： 1212W T T =-gs m v m m m B 3232116843=++ （1分）12333488B B B m m m a v m g v ++⋅=⋅（1分）得 32138438m m m gm a B ++=（1分）进而得 3213843421m m m g m a a B C ++==（1分） （2）再以物块B 为研究对象，应用达朗贝尔原理可得------------------------（共6分）BB330T B m g F m a --=（2分）得 1233312334348T B m m F m g m a m g m m m +=-=++（1分）以轮O 为研究对象，受力如图，由刚体绕定轴转动微分方程12220T T O O F R R R J α--⋅=（2分）得 3212128433m m m gm m F T ++=（1分）（法二）：或者采用平面运动微分方程求解。