1-刚体定轴转动的运动学重点课件.ppt

1、11 刚体定轴转动的运动学刚体定轴转动的运动学第四章第四章 刚体的转动刚体的转动主要内容主要内容:2 刚体定轴转动动力学刚体定轴转动动力学2.2 刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理2.3 刚体定轴转动的角动量守恒定律刚体定轴转动的角动量守恒定律2.1 刚体定轴转动的转动定律刚体定轴转动的转动定律21.1 刚体刚体 刚体就是有一定的形状和大小，但形状刚体就是有一定的形状和大小，但形状和大小永远保持不变的物体和大小永远保持不变的物体. . 刚体是一种理想模型刚体是一种理想模型. 刚体可以看成是由许多质点构成，每一刚体可以看成是由许多质点构成，每一个质点称之为刚体的一个质元个质点称之为刚体

2、的一个质元. . 可见刚体是可见刚体是一个特殊的质点组，其特殊性在于一个特殊的质点组，其特殊性在于在外力作在外力作用下各质元之间的相对位置保持不变用下各质元之间的相对位置保持不变. . 1 刚体定轴转动的运动学刚体定轴转动的运动学31.2 刚体的定轴转动刚体的定轴转动 相对于某一惯相对于某一惯性参照系性参照系（例如地例如地面面）固定不动的直固定不动的直线的转动称之为刚线的转动称之为刚体的定轴转动体的定轴转动. . 这条固定不动这条固定不动的直线称之为的直线称之为固定轴固定轴. .固定轴固定轴转动平面转动平面ivim ir质元质元 41.3 刚体定轴转动的运动学描述刚体定轴转动的运动学描述角位置

3、：角位置： rad单位为单位为)(t 角位移：角位移： rad单位为单位为平均角速度：平均角速度： t 角速度：角速度： dtdtt0lim1-srad 单位为单位为5 iriv 角速度是矢量角速度是矢量! ! rv符合右手螺旋法则vr6dtd 反方向。与为减速运动，当同方向；与为加速运动，当方向：, 02, 01dd角加速度：角加速度： 22dtddtd2-srad 单位为单位为大小：大小： 对于定轴转动对于定轴转动, ,一般仅计算角速度和角加速一般仅计算角速度和角加速度的代数量（大小）即可度的代数量（大小）即可. . 7 )(22102022000 ttt角量运动学方程角量运动学方程 角量

4、与线量的关系角量与线量的关系 2 iiniiiirararv8 例例1 1 一条缆索绕过一个定滑轮拉动升降机，一条缆索绕过一个定滑轮拉动升降机，如图所示如图所示. . 滑轮的半径为滑轮的半径为 ，如果升降，如果升降机从静止开始以加速度机从静止开始以加速度 匀加速匀加速上升，求：上升，求： m5 . 0 r2sm4 . 0 a（1）滑轮的角加速度；滑轮的角加速度； （2）开始上升后开始上升后t = 5s末滑轮的角速度；末滑轮的角速度； （3）在这在这5秒内滑轮转过的圈数；秒内滑轮转过的圈数； （4）开始上升后开始上升后 末滑轮边缘上一点末滑轮边缘上一点的加速度（假定缆索和滑轮之间不打滑）的加速度

5、（假定缆索和滑轮之间不打滑）. . s1 t9va解解 （1）由于升降机的加由于升降机的加速度和滑轮边缘上的一点速度和滑轮边缘上的一点的切向加速度相等，所以的切向加速度相等，所以滑轮的角加速度为滑轮的角加速度为 2srad8 . 0 rara （2）由于由于 ，所以，所以5秒末滑轮的角速度为秒末滑轮的角速度为 00 1srad0 . 4 t （3）在这在这5 秒内滑轮转过的角度为秒内滑轮转过的角度为 10rad10212 t 所以在这所以在这5秒内滑轮转过的圈数为秒内滑轮转过的圈数为 圈圈6 . 1210 N( (4) )为了图示清晰，将滑为了图示清晰，将滑轮放大为如图所示轮放大为如图所示.

6、. na aa 2sm4 . 0 aa 22222sm32. 0ttrranora11 由此可得滑轮边缘上一点在升降机开始由此可得滑轮边缘上一点在升降机开始上升后上升后 时的加速度为时的加速度为 s1 t222sm51. 0 aaan 这个加速度的方向与滑轮边缘的切线方这个加速度的方向与滑轮边缘的切线方向的夹角为向的夹角为 0117 .384 . 032. 0tantan aan122.1 刚体定轴转动的转动定律刚体定轴转动的转动定律2.1.1 力矩力矩对于定点转动而言：对于定点转动而言： MFdM rmF doFrM sinFr 2 刚体定轴转动动力学刚体定轴转动动力学13对于定轴转动而言：

7、对于定轴转动而言： zorFP/F FFrM Fr注意注意: : ( (1) )力矩是对点或对轴而言的力矩是对点或对轴而言的; ( (2) )一般规定，使刚体逆时针绕定轴转动一般规定，使刚体逆时针绕定轴转动时时 ；使刚体顺时针绕定轴转动时；使刚体顺时针绕定轴转动时 . . 0 M0 M142.1.2 刚体定轴转动的转动定律刚体定轴转动的转动定律zoir内力内力Fi im i 外力外力F , JM 2.1.3 转动惯量转动惯量 iiirmJ2 mdmrJ2适用于离散分布刚体转动惯量的计算适用于离散分布刚体转动惯量的计算适用于连续分布刚体转动惯量的计算适用于连续分布刚体转动惯量的计算 在国际单位制

8、在国际单位制（SI）中，单位为千克二中，单位为千克二次方米，即次方米，即 . . 2mkg 15cdm1 平行轴定理平行轴定理XYZimixiyirO2 正交轴定理正交轴定理162.2 刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转动的动能定理2.2.1 刚体定轴转动的动能刚体定轴转动的动能( 转动动能转动动能 ) oo irim iv NikikEE121221 Niiirm整个刚体动能为整个刚体动能为221 J 172.2.2 刚体定轴转动时力矩所做的功及功率刚体定轴转动时力矩所做的功及功率oyxr dPrd F MddW 0MdW MdtdMdtdWN 182.2.3 刚体定轴转动的动能定理刚体定轴转

9、动的动能定理0kkkEEEWW 内内力力外外力力,0 MdW外外力力, 0 内内力力W,21200 JEk .212 JEk 20222121210 JJMdJdMd积分形式：积分形式：微分形式：微分形式：192.3 刚体定轴转动的角动量守恒定律刚体定轴转动的角动量守恒定律2.3.1 角动量角动量( 动量矩动量矩 ) 对于定点转动而言：对于定点转动而言： LPrL rmvmP sinro vmr 在国际单位制在国际单位制（SI）中，单位为中，单位为12smkg 20 irim ivzL 对于绕固定轴对于绕固定轴oz 转转动的整个刚体而言动的整个刚体而言: : JrmLNiii 2 角动量的方向

10、沿轴的正向或负角动量的方向沿轴的正向或负向向, ,所以可用代数量来描述所以可用代数量来描述. . 212.3.2 角动量定理（动量矩定理）角动量定理（动量矩定理） dtdJM dtJd dtdL dLJdMdt 微微分分形形式式：00 JJMdttt 积积分分形形式式：00LLMdttt 或或222.3.3 2.3.3 刚体的角动量守恒定律刚体的角动量守恒定律则有若刚体所受合外力矩, 0zM或 若刚体所受合外力矩为零，则刚体的角动量保持若刚体所受合外力矩为零，则刚体的角动量保持不变不变。常量；如回转仪时，常量，当0zzMJ等成反比；如跳水运动员常量，,1JJ23OxyyxCCxm xFCym

11、yFJM VJmvEc22212124 例例2 2.一绳跨过定滑轮，两端分别系有质量分一绳跨过定滑轮，两端分别系有质量分别为别为m 和和M 的物体，且的物体，且 . . 滑轮可看作是滑轮可看作是质量均匀分布的圆盘，其质量为质量均匀分布的圆盘，其质量为 ，半径为，半径为R ，转轴垂直于盘面通过盘心，如图所示转轴垂直于盘面通过盘心，如图所示. .由于由于轴上有摩擦，滑轮转动时受到了摩擦阻力矩轴上有摩擦，滑轮转动时受到了摩擦阻力矩 的作用的作用. . 设绳不可伸长且与滑轮间无相对滑动设绳不可伸长且与滑轮间无相对滑动. .求物体的加速度及绳中的张力求物体的加速度及绳中的张力. . mM 阻阻Mm 25

12、mG1TMG2T1a2a阻阻MRm mMo 解解 对于上下作平动的两对于上下作平动的两物体，可以视为质点，由物体，可以视为质点，由牛顿第二运动定律得牛顿第二运动定律得 2211MaTMgMmamgTm：对对：对对 若以顺时针方向转的若以顺时针方向转的力矩为正，逆时针转的方力矩为正，逆时针转的方向为负，则由刚体定轴转向为负，则由刚体定轴转动的转动定律得动的转动定律得 21221RmJMRTRT阻阻26 Raaaa 21 绳与滑轮间无相对滑动，所以滑轮边缘上绳与滑轮间无相对滑动，所以滑轮边缘上一点的切向加速度和物体的加速度相等，即一点的切向加速度和物体的加速度相等，即 联立以上三个方程，得联立以上

13、三个方程，得 2)(mmMRMgmMa 阻阻272)22()(1mmMRmMmgmMagmT 阻阻2)22()(2mmMRMMMgmmagMT 阻阻 注意：注意：当不计滑轮的质量和摩擦阻力矩当不计滑轮的质量和摩擦阻力矩时，此时有时，此时有 ，物理学中称这样的滑轮，物理学中称这样的滑轮为为“理想滑轮理想滑轮”，称这样的装置为，称这样的装置为阿特伍德阿特伍德机机. . 21TT 28 例例3. 求长为求长为L ，质量为质量为m 的均匀细棒的均匀细棒AB 的转动惯量的转动惯量. . （2）对于通过棒的中点与棒垂直的轴对于通过棒的中点与棒垂直的轴. . （1）对于通过棒的一端与棒垂直的轴；对于通过棒的

14、一端与棒垂直的轴；解解 （1）如图所示，以过如图所示，以过A 端垂直于棒的端垂直于棒的 为轴，沿棒长方向为为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在轴，原点在轴上，在棒上取长度元棒上取长度元 ，则由转动惯量的定义有，则由转动惯量的定义有: :dxoo xo odxxdmLAB mdmxJ2端端点点 LdxLmx02231mL 29 （2）如图所示，以过如图所示，以过中点中点垂直于棒的垂直于棒的 为轴，沿棒长方向为为轴，沿棒长方向为x 轴，原点在轴上，在轴，原点在轴上，在棒上取长度元棒上取长度元 ，则由转动惯量的定义有，则由转动惯量的定义有: :dxoo mdmxJ2端端点点 222LLdxLmx

15、2121mL xo odxxdm2LAB2L30Ro 例例4. 试求质量为试求质量为m 、半径为半径为R 的匀质圆的匀质圆环对垂直于平面且过中心轴的转动惯量环对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. . dm解解 作示意图如右作示意图如右, ,由于质由于质量连续分布，所以由转动量连续分布，所以由转动惯量的定义得惯量的定义得 mdmRJ2 RdlRmR 20222mR 31lo 例例5. 试求质量为试求质量为m 、半径为半径为R 的匀质圆的匀质圆盘对垂直于平面且过中心轴的转动惯量盘对垂直于平面且过中心轴的转动惯量. . rRdr解解 如图所示如图所示, , 由于质由于质量连续分布，设圆盘的量连续分布，

16、设圆盘的厚度为厚度为l，则圆盘的质量则圆盘的质量密度为密度为 lRm2 mdmrJ2 Rldrrr022 lR421 221mR 32 例例6. 6. 一长为一长为l 、质量为、质量为m 的匀质细杆竖直放置，的匀质细杆竖直放置，其下端与一固定绞链其下端与一固定绞链 O O 相接，并可绕其转动。当其相接，并可绕其转动。当其受到微小扰动时，细杆将在重力的作用下由静止开受到微小扰动时，细杆将在重力的作用下由静止开始绕绞链始绕绞链 O O 转动。试计算细杆转到与铅直线呈转动。试计算细杆转到与铅直线呈角角时的角加速度和角速度。时的角加速度和角速度。所示。如图的作用链对细杆的约束力，绞解：细杆受重力,Ng

17、mP的力矩分别为它们对转轴绞链OOl2lNgm33由转动定律由转动定律于是得于是得由角加速度定义由角加速度定义进行变换进行变换细杆绕轴细杆绕轴 O 的转动惯量为的转动惯量为34移项得移项得积分后化简得角速度为积分后化简得角速度为利用初始条件利用初始条件35 例例7 7. 如图所示，一如图所示，一质量为质量为M 、半径为半径为R 的的匀质圆盘形滑轮，可绕匀质圆盘形滑轮，可绕一无摩擦的水平轴转动一无摩擦的水平轴转动. . 圆盘上绕有质量可不计圆盘上绕有质量可不计绳子，绳子一端固定在绳子，绳子一端固定在滑轮上，另一端悬挂一滑轮上，另一端悬挂一质量为质量为m 的物体，问物的物体，问物体由静止落下体由静

18、止落下h 高度时高度时, ,物体的速率为多少？物体的速率为多少？ RMh36 物体下降的加速度的物体下降的加速度的大小就是转动时滑轮边缘大小就是转动时滑轮边缘上切向加速度，所以上切向加速度，所以GTao RMh 解法一解法一 用牛顿第二运动用牛顿第二运动定律及转动定律求解定律及转动定律求解. .分分析受力如图所示析受力如图所示. . 对物体对物体m用牛顿第二用牛顿第二运动定律得运动定律得 maTmg 对匀质圆盘形滑轮用对匀质圆盘形滑轮用转动定律有转动定律有 JTR 37物体物体m 落下落下h 高度时的速率为高度时的速率为 Ra ahv2 221MRJ 圆盘的转动惯量为圆盘的转动惯量为 联立以上

19、五式，可得物体联立以上五式，可得物体m 落下落下h 高度高度时的速率为时的速率为mMmghv22 .2gh小于物体自由下落的速率小于物体自由下落的速率38解法二解法二 利用动能定理求解利用动能定理求解. . 对于物体对于物体m 利用质点的动能定理有利用质点的动能定理有2022121mvmvThmgh 其中其中 和和 是物体的初速度和末速度是物体的初速度和末速度. . 0vv对于滑轮由刚体定轴转动的转动定理有对于滑轮由刚体定轴转动的转动定理有2022121 JJTR 其中其中 是在拉力矩是在拉力矩TR 的作用下滑轮转的作用下滑轮转过的角度，过的角度， 和和 是滑轮的初末角速度是滑轮的初末角速度.

20、 . 0 39 由于滑轮和绳子间无相对滑动，所以物由于滑轮和绳子间无相对滑动，所以物体落下的距离应等于滑轮边缘上任意一点所体落下的距离应等于滑轮边缘上任意一点所经过的弧长，即经过的弧长，即 . . Rh, 00 v又又因因为为, 00 ,Rv .212MRJ 联立以上各式，可得物体联立以上各式，可得物体 m 落下落下h 高度高度时的速率为时的速率为mMmghv22 解法三解法三 利用机械能守恒定律求解利用机械能守恒定律求解. . 40 若把滑轮、物体和地球看成一个系统，若把滑轮、物体和地球看成一个系统，则在物体落下、滑轮转动的过程中，绳子的则在物体落下、滑轮转动的过程中，绳子的拉力拉力T 对物

21、体做负功对物体做负功（ ），对滑轮做正，对滑轮做正功功（ ）即内力做功的代数和为零，所以即内力做功的代数和为零，所以系统的机械能守恒系统的机械能守恒. . Th Th 若把系统开始运动而还没有运动时的状若把系统开始运动而还没有运动时的状态作为初始状态，系统在物体落下高度态作为初始状态，系统在物体落下高度h 时时的状态作为末状态，则的状态作为末状态，则 0212121222 mghmvRvMR解之可得物体解之可得物体 m 落下落下h 高度时的速率高度时的速率. .41 例例8. 设某机器上的飞轮的转动惯量为设某机器上的飞轮的转动惯量为 J，其在制，其在制动力矩动力矩 作用下，角速度由作用下，角速

22、度由 减减小到小到 ，问此过程所需的时间和制动力矩所作，问此过程所需的时间和制动力矩所作的功各为多少？的功各为多少？常量KKM020M解：解：由转动定律：由转动定律：移项后两边积分：移项后两边积分：42得得再由转动动能定理得再由转动动能定理得43 例例9. 试证半径和质量都相同的实心圆柱体、试证半径和质量都相同的实心圆柱体、圆筒和实心球，沿同一斜面、同一高度从静止纯滚圆筒和实心球，沿同一斜面、同一高度从静止纯滚动地滚下时，它们到达底部的次序是：实心球最先，动地滚下时，它们到达底部的次序是：实心球最先，圆柱体次之，圆筒最后。圆柱体次之，圆筒最后。 0vh证：机械能守恒证：机械能守恒考虑到纯滚动：

23、考虑到纯滚动：44因为因为所以所以即即得证得证得得45 例例10. 哈雷慧星绕太阳运行时的轨道是一个椭圆，哈雷慧星绕太阳运行时的轨道是一个椭圆，如图所示，它距离太阳最近的距离是如图所示，它距离太阳最近的距离是 , , 速率速率；它离太阳最远时的速率；它离太阳最远时的速率，这时它离太阳的距离，这时它离太阳的距离 m1075.810 近近日日r1-4sm1046.5 近近日日v1-2sm1008.9 远远日日v？远远日日 r远日远日v近日近日v近日近日r远日远日r46解解 彗星受太阳引力的作用，而引力通过了彗星受太阳引力的作用，而引力通过了太阳，所以对太阳的力矩为零，故彗星在运太阳，所以对太阳的力

24、矩为零，故彗星在运行的过程中角动量守恒行的过程中角动量守恒. . 远远日日远远日日近近日日近近日日vrvr 远远日日远远日日近近日日近近日日，因因为为vrvr 远远日日近近日日近近日日远远日日所所以以vvrr m1026. 512 远日远日r代入数据可代入数据可, 得得47 例例11. 如图所示，一个长为如图所示，一个长为l 、质量为质量为M 的的匀质杆可绕支点匀质杆可绕支点o自由转动自由转动. .一质量为一质量为m 、速速率为率为v 的子弹以与水平方向成角的子弹以与水平方向成角 的方向射的方向射入杆内距支点为入杆内距支点为a 处，使杆的偏转角为处，使杆的偏转角为 . . 问子弹的初速率为多少

25、？问子弹的初速率为多少？ 060030解解 把子弹和匀质杆作为把子弹和匀质杆作为一个系统一个系统, , 分析可知在碰分析可知在碰撞过程中角动量守恒撞过程中角动量守恒. . 设子弹射入杆后与杆设子弹射入杆后与杆一同前进的角速度为一同前进的角速度为 , ,则则 030060lav 2203160cosmaMlavm48 子弹在射入杆后与杆一起摆动的过程中子弹在射入杆后与杆一起摆动的过程中只有重力做功，所以由子弹、杆和地球组成只有重力做功，所以由子弹、杆和地球组成的系统机械能守恒，因此有的系统机械能守恒，因此有 0022230cos1230cos13121 lMgmgamaMl 联立上述这两个方程得

26、子弹的初速率为联立上述这两个方程得子弹的初速率为 22326322maMlmaMlgmav 49 例例12. 如图所示，一根质量为如图所示，一根质量为M 、长为长为2l 的的均匀细棒，可以在竖直平面内绕通过其中心均匀细棒，可以在竖直平面内绕通过其中心的光滑水平轴转动，开始时细棒静止于水平的光滑水平轴转动，开始时细棒静止于水平位置位置. . 今有一质量为今有一质量为m 的小球，以速度的小球，以速度 垂垂直向下落到了棒的端点，设小球与棒的碰撞直向下落到了棒的端点，设小球与棒的碰撞为完全弹性碰撞为完全弹性碰撞. . 试求碰撞后小球的回跳速试求碰撞后小球的回跳速度度 及棒绕轴转动的角速度及棒绕轴转动的

27、角速度 . . uv oMllum50解解 以棒和小球组成的系统的角动量守恒以棒和小球组成的系统的角动量守恒. .碰撞前系统的角动量就是小球的角动量碰撞前系统的角动量就是小球的角动量: : lmu碰撞后系统的角动量碰撞后系统的角动量: : 231Mllmv 由角动量守恒定律得由角动量守恒定律得 231Mllmvlmu 碰撞是完全弹性碰撞，所以碰撞前后系统的碰撞是完全弹性碰撞，所以碰撞前后系统的动能守恒动能守恒51222231212121 Mlmvmu联立以上两式，可得小球的速度为联立以上两式，可得小球的速度为uMmMmv 33棒的角速度为棒的角速度为luMmm 36 0 v要保证小球回跳要保证

28、小球回跳 ，则必须保证，则必须保证 . .mM3 52 例例13.一个质量为一个质量为 M，半径为半径为 R 的水平转台（可看的水平转台（可看作匀质圆盘）可绕通过中心的竖直光滑轴自由转作匀质圆盘）可绕通过中心的竖直光滑轴自由转动，一个质量为动，一个质量为 m 的人站在转台边缘。人和转台的人站在转台边缘。人和转台最初相对地面静止。求当人在转台上沿边缘走一最初相对地面静止。求当人在转台上沿边缘走一周时，人和转台相对地面各转过的角度为多少？周时，人和转台相对地面各转过的角度为多少？X MmRO常矢量守恒。，因此系统角动量力矩的合外当人走动时，系统所受统，解：对人与盘组成的系合LM053即即令令代入（

29、代入（1）式得）式得两边乘两边乘dt 并积分并积分得得54当人在盘上走完一周时，应有当人在盘上走完一周时，应有联立（联立（2）、（）、（3）式，得）式，得55 例例 14. 水平面内有一静止的长为水平面内有一静止的长为 l，质量为，质量为 m 的细的细棒，可绕通过棒一端棒，可绕通过棒一端 O 点的铅直轴旋转。今有一质量为点的铅直轴旋转。今有一质量为 、速率为速率为 v 的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射击棒的中点，的子弹在水平面内沿棒的垂直方向射击棒的中点，子弹穿出时速率减为子弹穿出时速率减为 。当棒转动后，设棒上各点单位长。当棒转动后，设棒上各点单位长度受到的阻力正比于该点的速率（比例系数为度

30、受到的阻力正比于该点的速率（比例系数为 k）。试求：）。试求： （1）子弹穿出瞬间，棒的角速度）子弹穿出瞬间，棒的角速度 为多少？为多少？ （2）当棒以）当棒以 转动时，受到阻力矩转动时，受到阻力矩 为多少？为多少？ （3）棒从）棒从 变为变为 时，经历的时间为多少？时，经历的时间为多少？2m2v0fM0202mvmlO562mvmlO 解：（1）系统所受外力矩为零，角动量守恒：所以得所以得57mlO2m2v（2）得得（3）由由有有58 例例 15. 如图，已知滑轮的质量为如图，已知滑轮的质量为 M，半径为半径为 R ，物体的质量为物体的质量为 m 弹簧的劲度系数为弹簧的劲度系数为 k，斜面的

31、倾角斜面的倾角为为，物体与斜面间光滑，物体从静止释放，释放时物体与斜面间光滑，物体从静止释放，释放时弹簧无形变。设细绳不伸长且与滑轮间无相对滑动，弹簧无形变。设细绳不伸长且与滑轮间无相对滑动，忽略轴间摩擦阻力矩。求物体沿斜面下滑忽略轴间摩擦阻力矩。求物体沿斜面下滑 x 米时的米时的速度为多大？（滑轮视作薄圆盘）速度为多大？（滑轮视作薄圆盘）解解: 选取选取 m,M,k 和地和地球为系统，重力和弹球为系统，重力和弹性力均为系统保守内性力均为系统保守内力，其它外力和非保力，其它外力和非保守内力均不做功，系守内力均不做功，系统机械能守恒统机械能守恒。MRkx0PEmOm59MRkx0PEmOm 设设

32、 m 未释放未释放时为初态，此时时为初态，此时重力势能为零。重力势能为零。当当m 下滑下滑 x 后为后为终态终态。初态能量：初态能量：终态能量：终态能量：60由机械能守恒得由机械能守恒得由角量和线量的关系得由角量和线量的关系得联立式（联立式（1）、（）、（2）、（）、（3）得）得61dtdJMfcMfdtdJcddtJc两边积分并由初始条件得两边积分并由初始条件得:tJce062dtedtJc0tJcecJ10tJce00212lncJt cJ20cJn4063BARrm1gT1T1m2gT2T2解：对组合轮和两物体受力分解：对组合轮和两物体受力分析如图所示析如图所示:对组合轮有对组合轮有:1

33、212.(1)RTrTJJ对两物体有对两物体有:)2.(.111RmTgm)3.(.222rmgmT64)4.(.22212121rmRmJJgrmgRm2221212211rmRmJJgrRmgRma2221212212rmRmJJgrmgRrma2221212122111rmRmJJgrRmmgRmgmT222121212222rmRmJJgrRmmgrmgmT65ABm2gT2T2T1NT1fm1g解：对定滑轮和两物体受力解：对定滑轮和两物体受力分析如图所示分析如图所示对定滑轮对定滑轮:raJTTr12对两物体有对两物体有:amgmgmT1111sincosamTgm22266可得可得:

34、)4.(.sincos22112rJmmgmgmaA和和B物体的加速度和绳子张力分别为物体的加速度和绳子张力分别为:22112222sincosrJmmgmgmmgmT22112111sincossincosrJmmgmgmmgmT67OAm1lv1v2m2f。lvmJlvm220122131lmJ 02120)(JvvlmL68由角动量定理得：由角动量定理得：00LLMdttt21212vvlmtlgmgmvvmt12122得：得：69COmgNfOyxCx.(1)Cxa约束方程：sin.(2)0cos.(3)CxmgfNmgmg2.( 4 )kfam7022222sinCkmgkfmxaakcosNmg222fk tgNak滚动的条件：71COmgNfOyxC22211sin22cmvmkmglcva222sin1cglvka72CvC2021Jmga 234maJ ag23073032322ghhtaga13222hna7475