理论力学动力学PPT课件

如图所示，均质曲柄如图所示，均质曲柄AB长为长为r，质量为，质量为m1，假设，假设曲柄曲柄受力偶作用以不变的角速度受力偶作用以不变的角速度 转动，并带动丁字滑槽连杆以及与它固连的活塞转动，并带动丁字滑槽连杆以及与它固连的活塞D。滑槽、连杆、活塞总质量为。滑槽、连杆、活塞总质量为m2，质心在点，质心在点C，在活塞上作用一恒力，在活塞上作用一恒力F。例：曲柄例：曲柄丁字滑杆机构丁字滑杆机构不计摩擦及滑块不计摩擦及滑块 B 的质量。的质量。求求：作用：作用在曲柄轴在曲柄轴 A 处的最处的最大水平约束力大水平约束力Fx。解解：如图所示，应用质心运动定理，有：如图所示，应用质心运动定理，有例：曲柄例：曲柄丁字滑杆机构丁字滑杆机构12CxxmmaFF12121coscos2Crxmmrbmm2212212cos2CCxd xmramtdtmm显然，最大水平约束力为：显然，最大水平约束力为：212cos2xmFFrmtmax2122xmFFrm思考？思考？如何求曲柄与滑槽间的内力！如何求曲柄与滑槽间的内力！图示系统中，三个重物的质量分别为图示系统中，三个重物的质量分别为m1、m2、m3，由一绕过两个定滑轮的绳子相连接，四棱柱体，由一绕过两个定滑轮的绳子相连接，四棱柱体的质量为的质量为m4，略去一切摩擦和绳子的重量。，略去一切摩擦和绳子的重量。3若将上述系统放在有凸起的地面上，如图所示，当物块若将上述系统放在有凸起的地面上，如图所示，当物块1下降距离下降距离 s 时，系统时，系统对凸起部分的水平压力。对凸起部分的水平压力。求：求：1系统动量的表达式；系统动量的表达式；2系统初始静止，当物块系统初始静止，当物块1下降下降 s时，求四棱柱时，求四棱柱体的速度和四棱柱体相对地面的位移。体的速度和四棱柱体相对地面的位移。例：物体系统解：解：1.确定系统的动量表达式。建立坐标系如图确定系统的动量表达式。建立坐标系如图示。根据示。根据()()iiiixiiyiiipmvmvimvj取四棱柱为动系，四棱柱体的速度为取四棱柱为动系，四棱柱体的速度为v，各物块相对，各物块相对四棱柱体的速度为四棱柱体的速度为vr，则，则 vmvmvvmvvmpx43r2r1)()cos(0)(0sin4r32r1mvmmvmpyjip)sin()cos()(31r214321mmvmmvmmmm例：物体系统2.确定四棱柱体的速度和四棱柱体相对地面的位确定四棱柱体的速度和四棱柱体相对地面的位移。移。由于不计摩擦，系统在水平方向上动量守恒，即由于不计摩擦，系统在水平方向上动量守恒，即：1r2r34(cos)()0 xpm vvm vvm vm v123412r()(cos)0mmmm vmm v由此解得由此解得 r432121cosvmmmmmmv又因为系统初始静止，故在水平方向上质心守恒。对上式积分，得到四棱柱体的位又因为系统初始静止，故在水平方向上质心守恒。对上式积分，得到四棱柱体的位移。移。smmmmmmx432121cos例：物体系统3.确定对凸起部分的作用力，可以采用质心运动定确定对凸起部分的作用力，可以采用质心运动定理。理。设物块相对四棱柱体的加速度为设物块相对四棱柱体的加速度为ar，由于凸起部分，由于凸起部分的作用，四棱柱体静止不动的作用，四棱柱体静止不动根据质心运动定理，并注意到根据质心运动定理，并注意到 e40aaiixcxmama得到得到四棱柱体对于地面凸起部分的水平作用力：四棱柱体对于地面凸起部分的水平作用力：12coscxrrmam am aF例：物体系统 电动机的外壳和定子的总质量为 m1,质心C1与转子转轴 O1 重合 ；转子质量为 m2 ，质心 O2 与转轴不重合 ，偏心距 O1O2=e。若转子以等角速度旋转电动机底座所受的水平和铅垂约束力。例 题 2 动量定理动量定理应用举例应用举例1、选择包括外、壳、定子、转子的电动机作为研究对象。2、系统所受的外力：定子所受重力m1g;转子所受重力m2g;底座所受约束力 Fx、Fy、M。m1gm2gFxFyM例 题 2 动量定理动量定理应用举例应用举例 3、各刚体质心的加速度aC1 aO1=0;aC2 aO2e2(向心加速度)例 题 2 动量定理动量定理应用举例应用举例m1gm2gFxFyM2Ca,eRxiCixiFameRyiCiyiFam 4、应用质心运动定理,eRxiCixiFameRyiCiyiFam2120cosxmmetF 212120sinymmetFm gm g 例 题 2 动量定理动量定理应用举例应用举例22cosxFm et 2122sinyFm gm gm et,eRxiCixiFameRyiCiyiFam2120cosxmmetF 212120sinymmetFm gm g 例 题 2 动量定理动量定理应用举例应用举例22cosxFm et 2122sinyFm gm gm et 电动机的外壳和定子的总质量为 m1,质心 C1与转子转轴 O1 重合；转子质量为 m2，质心 O2 与转轴不重合，偏心距 O1O2=e。转子以等角速度旋转。如果底座与基础之间没有螺栓固定，初始条件为：?0，vO2x=0,vO2y=e电动机跳起的条件；外壳在水平方向的运动规律。例 题 3 动量定理动量定理应用举例应用举例1、选择包括外、壳、定子、转子的电动机作为研究对象，分析系统的受力：定子所受重力m1g;转子所受重力m2g;由于底座与基础之间没有螺栓固定，所以没有水平方向约束力，只有约束力Fy、M。FyM例 题 3 动量定理动量定理应用举例应用举例FyM 2、分析运动，确定各个刚体质心的加速度 定系Oxy固结于地面；xyOy1x1aO2 外壳作平移，其质心加速度为aO1;转子作平面运动，其质心加速度由两部分组成：ae=aO1(牵连加速度，水平方向);ar=aO2=e2(相对加速度，指向O1)。aO1aO1 动系O1x1y1固结于外壳。例 题 3 动量定理动量定理应用举例应用举例3、应用质心运动定理确定约束力eRyiCiyiFamgmgmFtemmy21221sin0temgmgmFysin2221FyMxyOaO1aO1例 题 3 动量定理动量定理应用举例应用举例temgmgmFysin22212221emgmgmFy02221emgmgmFyemgmgm221例 题 3 动量定理动量定理应用举例应用举例例例1 图示系统中,均质圆盘A、B各重P，半径均为R,两盘中心线为水平线,盘A上作用矩为M(常量)的一力偶；重物D重Q。问下落距离h时重物的速度与加速度。(绳重不计，绳不可伸长，盘B作纯滚动，初始时系统静止)解解：取系统为研究对象)/()(RhQhMWF01T222221 2121BCAOIvgQIT)78(16232121221222222PQgvRgPvgQRgPBA)2(BARRv)(12FWTT由PQhgQRMvhQRMPQgv78)/(4 )(0)78(162上式求导得：)()(21678dtdhvdtdhQRMdtdvvgPQPQgQRMa78)/(8动能定理的应用练习题动能定理的应用练习题 1图示的均质杆OA的质量为30kg，杆在铅垂位置时弹簧处于自然状态。设弹簧常数k=3kN/m，为使杆能由铅直位置OA转到水平位置OA，在铅直位置时的角速度至少应为多大？解解：研究OA杆)(212.12221)(kPWF)22.14.2(03000212.18.93022)J(4.388,8.284.2303121202021T02T由)(12FWTTrad/s67.3 4.3888.2800202行星齿轮传动机构,放在水平面内。动齿轮半径r,重P,视为均质圆盘；曲柄重Q,长l,作用一力偶,矩为M(常量),曲柄由静止开始转动；求曲柄的角速度(以转角 的函数表示)和角加速度。解解：取整个系统为研究对象MWF)(01T21221222 2 2121321grPvgPgQlT21221222 2 2121321grPvgPgQlTrlrvlv111 ,222222221292 )(4)(26lgPQrlgrPlgPgQlT根据动能定理，得MlgPQ0129222PQgMl9232将式对t 求导数，得2)92(6lPQgM3两根均质直杆组成的机构及尺寸如图示；OA杆质量是AB杆质量的两倍，各处摩擦不计，如机构在图示位置从静止释放，求当OA杆转到铅垂位置时，AB杆B 端的速度。mgmgmgWF35.1 )15.06.0(29.02)(01T2222219.023121mvmTv9.0解解：取整个系统为研究对象得代入到 )(1222 65FWTTmvTm/s98.3 35.10652vmgmv 例例1 两根均质杆AC和BC各重为P，长为l，在C处光滑铰接，置于光滑水平面上；设两杆轴线始终在铅垂面内，初始静止，C点高度为h，求铰C到达地面时的速度。解解：由于不求系统的内力，可以不拆开。研究对象：整体分析受力：，0)(exF讨论 动量守恒定理动能定理求解。计算动能时，利用平面运动的运动学关系。且初始静止，所以水平方向质心位置守恒。PhhPWF22)(01T222223123121lgPlgPT代入动能定理：ghvPhvgPCC3 03122231 CCvgPTlv 例例2 均质圆盘A：m，r；滑块B：m；杆AB：质量不计，平行于斜面。斜面倾角，摩擦系数f，圆盘作纯滚动，系统初始静止。求：滑块的加速度。解：选系统为研究对象)cossin2(cos sin 2)(fSmgmgSfSmgWF22222121212121 0mrmvmvTT)cossin2(cos sin 2)(fSmgmgSfSmgWF22222121212121 0mrmvmvTT运动学关系：rv 2245mvT 由动能定理：)cossin2(0452fmgSmv对求导，得gfa)cos52sin54(例例3 重150N的均质圆盘与重60N、长24cm的均质杆AB在B处用铰链连接。系统由图示位置无初速地释放。求求系统经过最低位置B点时的速度及支座A的约束反力。解解：（：（1）取圆盘为研究对象）取圆盘为研究对象;0)(FmB0 0BBBI00B，圆盘平动。（2）用动能定理求速度）用动能定理求速度。取系统研究。初始时T1=0，最低位置时：22222121BAvgGIT221222163213121BBBvgGGvgGvgG)30sin)(2()30sin()30sin22(2121)(llGGllGllGWF)(12FWTT)30sin)(2(06321221llGGvgGGB代入数据，得m/s 58.1Bv（3）用动量矩定理求杆的角加速度）用动量矩定理求杆的角加速度 。)31(312221221lgGlgGvlgGlgGLA由于0)()(eAAFmdtdL所以 0。盘质心加速度：盘质心加速度：)0(22CnCCalaa)0(2BnBBalaarad/s 58.624.058.1lvB杆质心杆质心 C的加速度：的加速度：（4）由质心运动定理求支座反力。）由质心运动定理求支座反力。;021ABcixiXagGagGam代入数据，得N401 ,0AAYX2122212GGYlgGlgGamAiyi研究整个系统。相对质心动量矩守恒定理相对质心动量矩守恒定理+动能定理动能定理+动量矩定理动量矩定理+质心运动定理。质心运动定理。可用对积分形式的动能定理求导计算可用对积分形式的动能定理求导计算，但要注意需取杆，但要注意需取杆AB在在 一般位置进行分析一般位置进行分析。mLmvKC61)6(12122LmmLILOO291mL22218121mLITO223mRLO2243mRT mRKmvK 221mRLC2224121mRmvT 例例4 基本量计算基本量计算(动量动量,动量矩动量矩,动能动能)例例1 长为l，质量为m的均质直杆，初瞬时直立于光滑的桌面上。当杆无初速度地倾倒后，求质心的速度（用杆的倾角和质心的位置表达）。解解：由于水平方向不受外力，且初始静止，故质心C铅垂下降。由于约束反力不作功,主动力为有势力，因此可用机械能守恒定律求解。mglVT2,011初瞬时：sin2,sin2 cos12 lylyly即又由机械能守恒定律：)2(2124120222ylmgymmlmgl将代入上式，化简后得sin2ly ygy22sin31sin6222222212412121ymmlymITC)2(2ylmgV任一瞬时：Bvrv例例7 如图所示，质量为如图所示，质量为 mA 的均质三棱柱的均质三棱柱A在重力作用下沿着质量为在重力作用下沿着质量为mB的大的大均质三棱柱均质三棱柱B的斜面下滑，大三棱柱倾角为的斜面下滑，大三棱柱倾角为。设各处摩擦不计，初始时系。设各处摩擦不计，初始时系统静止。求：统静止。求：(1)B的加速度；的加速度；(2)地面的支反力。地面的支反力。解：先对系统进行运动分析，建立如图坐标，设B的速度为vB，A相对B的速度为vr，则rBAvvv于是于是cossinAxrBAyrvvvvv ABxyByAgmAgmBRx系统受力如图。因SFx(e)0，且初始系统静止，有 0)cos()(BrABBvvmvmcos()(1)ArABBm amma两边对t求导再以A为研究对象，受力如图，由(e)(e)ddddyxxyppFFtt NAgmAxyNAgmAxyd(cos)sindd(sin)cosdArBArAmvvNtmvNm gt有有(cos)sin(2)(sin)cos(3)ArBArAmaaNmaNm g即即 联立求解联立求解(1)、(2)、(3)式得式得gmmmaBAAB)sin(22sin2ByAgmAgmBRx最后以整体为研究对象，得最后以整体为研究对象，得d(sin)dArABm vRm gm gt()sin()()ABArABBRmmgm ammga tg将（将（1）式代入上式则得）式代入上式则得gmgmRamBArAsin即即 例例8 图示系统，重物图示系统，重物A和和B的质量分别为的质量分别为m1、m2。若。若A下降下降的加速度为的加速度为a，滑轮质量不计。求支座，滑轮质量不计。求支座O的反力。的反力。ABOaAvBvABOxyOxFOyFgm1gm2解：以整个系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。解：以整个系统为研究对象，受力如图，建立如图坐标。设设A下降的速度为下降的速度为vA，B上升的速度为上升的速度为vB，则由运动学关系得，则由运动学关系得ABvv21系统的动量在坐标轴上的投影为系统的动量在坐标轴上的投影为121210,()2xyABAppm vm vmm v由质点系的动量定理由质点系的动量定理1212d10,()d2OxAOyFmm vm gm gFt注意到注意到adtdvA可得可得121201()2OxOyFFm gm gmm a七应用举例七应用举例例例1 均质圆柱，半径为r，重量为Q，置圆柱于墙角。初始角速度0，墙面、地面与圆柱接触处的动滑动摩擦系数均为 f，滚阻不计，求使圆柱停止转动所需要的时间。解解：选取圆柱为研究对象。(注意只是一个刚体)受力分析如图示。运动分析：质心C不动，刚体绕质心转动。根据刚体平面运动微分方程)0,0(CyCxaaBAFN 0QNFBA0rFrFdtdrgQBA 212补充方程：BBAANfFNfF ,将式代入、两式，有0)1(2QNfB1 ,1 ,1 ,1 22222fQfFfQfNfQfFfQNAABB将上述结果代入式，有dtffrgfdrgfffdtdt0202112 ,2110解得：)1(2)1(02fgfrftBAFN 0QNFBA0rFrFdtdrgQBA 212补充方程：BBAANfFNfF ,例例2 两根质量各为8 kg的均质细杆固连成T 字型，可绕通过O点的水平轴转动，当OA处于水平位置时,T 形杆具有角速度=4rad/s。求该瞬时轴承O的约束力。解解：选T 字型杆为研究对象。受力分析如图示。rad/s 20.75 5.08.9825.08.98 5.081217225.025.0 mgmgJO2222121712131mlmlmlmlJO由定轴转动微分方程根据质心运动微分方程，得OxCxCXmama21mgmgYmamaOyCyC21N 96)5.04 25.04(8)(2221xCxCOaamXN 3.32)5.075.20 25.075.20(88.982OY 例例3 均质圆柱体A和B的重量均为P，半径均为r，一绳缠在绕固定轴O转动的圆柱A上，绳的另一端绕在圆柱B上，绳重不计且不可伸长，不计轴O处摩擦。求求：圆柱B下落时质心的加速度。若在圆柱体A上作用一逆时针转向的转矩M，试问在什么条件下圆柱B的质心将上升。选圆柱B为研究对象rTrgPB212TPagPC运动学关系：BACrraTrrgPA221解：选圆柱A为研究对象由、式得：BA,52rgBAgaC54 代入、式得：由动量矩定理：rPMMrgPrvgPrgPdtdeOBCA2)222()(22rPMrgPragPrgPBcA222222(1)补充运动学关系式：BACrra代入(1)(1)式，得grPrPMarPMargPargPCCC5)2(2 ;222当M 2Pr 时，圆柱B的质心将上升。0Ca再取系统为研究对象BCAOrgPrvgPrgPL22222rPMMeO2)(例例11 提升装置中，轮A、B的重量分别为P1、P2,半径分别为 r1、r2,可视为均质圆盘;物体C 的重量为P3;轮A上作用常力矩M1。求求 物体C上升的加速度。取轮B连同物体C为研究对象(2)21(232232222rPrTvrgPrgPdtd补充运动学条件112222,rarvr化简(1)得：化简(2)得：33222PTagPPTrMagP1112gPPPPrMa22/321311(1)21111211TrMrgP解解:取轮A为研究对象 例例12 轮A：m1，r1，轮B：m2、r2。两轮开始接触时，A轮的角速度为0，B轮处于静止。略去轴承摩擦和杆OA的重量，并设两轮间的动摩擦系数为f，且两轮都可看作均质圆盘。问从A轮放在B轮之上起到两轮没有相对滑动时为止，需经多少时间？解：先取轮A为研究对象 11FrJA11121121grfmrm再取轮B为研究对象 22rFJfB常量21222mmrgf常量112rgf得设从轮A放在B轮之上起到两轮间无滑动为止所需的时间为t，这时，两轮的角速度分别为t101t2202211rrtrtr22101)(tmmgfgftr210122)1(22101mmgfrt两轮间无滑动 即解得 代入，得解解：系统的动量矩守恒。,0)()(eOFmrvvmrvmABAA)(02vvA猴A与猴B向上的绝对速度是一样的,均为 。2v 例例7 已知：猴子A重=猴子B重，猴B以相对绳速度上爬，猴A不动，问当猴B向上爬时，猴A将如何动？动的速度多大？（轮重不计）v解解:取整个系统为研究对象，受力分析如图示。rPPrPrPMBABAeO)()(OBAOJrvgPrvgPL)2(,2122PPPgrLrgPJBAOO得代入将由动量矩定理：rPPPPPgrdtdBABA)()2(22/PPPPPrgdtdBABA例例6 已知:。求。;rPPPBA 运动分析：v=11222321RRvv3232222221)(vRmmRJRJLOOCOBOAOLLLL 2332222211)(RvmRvmJJ解解：例例2 滑轮A：m1，R1，R1=2R2，J1 滑轮B：m2，R2，J2；物体C：m3 求求系统对O轴的动量矩。结论：结论：在计算质点系对于质心的动量矩时，用质点相对于在计算质点系对于质心的动量矩时，用质点相对于惯性参考系的绝对速度惯性参考系的绝对速度vi，或用质点相对于固结在质心上的，或用质点相对于固结在质心上的平动参考系的相对速度平动参考系的相对速度vi，所得结果是一样的。，所得结果是一样的。例如：例如：试计算圆盘对轴O的动量矩。质点的质量均为m。BCO1vrvrvrl)(333020111lRvmlmlRmvmLLrrOOOOvr 例例13 A质量为m1，绳子跨过不计质量的固定滑轮D，并绕在鼓轮C上，轮C沿水平轨道纯滚动。鼓轮总质量为m2，对于其水平轴O的回转半径为。求重物A的加速度。解解：分别取重物A和鼓轮C为研究对象 TAFgmam11FFamTO2FRrFmT 22)()()(2222121RmrRmRrgmaA)(RraA由运动学关系 解得RaO 例例14 质量为m半径为R的均质圆轮置放于倾角为 的斜面上，在重力作用下由静止开始运动。设轮与斜面间的静、动滑动摩擦系数为f、f，不计滚动摩阻，试分析轮的运动。解解：取轮为研究对象。受力分析如图示。运动分析：取直角坐标系 Oxy aC y=0，aC x=aC，一般情况下轮作平面运动。根据平面运动微分方程，有FmgmaCsinNmgcos 0FRJC由式得cosmgN，两式中含有三个两式中含有三个未知数未知数aC、F、，需，需补充附加条件。补充附加条件。1设接触面绝对光滑。因为轮由静止开始运动，故0，轮沿斜面平动下滑。常量。,0,sin,0gaFCsin31 ;sin32,sin32mgFgRgaC2设接触面足够粗糙。轮作纯滚动，所以可解得,raC3设轮与斜面间有滑动，轮又滚又滑。F=fN，可解得cos ,cos2 ,)cos(sinmgfFRgfgfaC轮作纯滚动的条件：cossin31maxfmgfNFmgFtg31f表明：当时，解答3适用；当时，解答2适用；f=0 时解答1适用。tg31ftg31f30 例例15 已知：均质杆的质量为m，。求当绳子OB突然断了瞬时滑槽的约束力（滑块A的重量不计，滑槽光滑）及杆AB的角加速度。60 解解：在绳OB剪断瞬时，杆的角速度为零，但角加速度不为零。该瞬时杆AB受力分析、运动分析如图 杆AB（设杆长为l）的平面运动微分方程：NCFmgmacossinmgmaC2cos122lFlmN)0(,nCACAACaaaa)2(laCAcos2laClglg1318)cos31(cos622mgmgFN266.0cos31cos2运动学关系轴投影解得?求：求：?参考性例题参考性例题 1解：解：参考性例题参考性例题 1?解：解：BBAAmmvvpcos2sin2lxlyBA2cos2cos2sin2sinAABBvyllvxll p2sin2coslmlm ij2(-sincos)lmij 参考性例题参考性例题 1 9 92 2附录：附录：习题解答习题解答92 图示机构中，已知均质杆图示机构中，已知均质杆AB质量为质量为m，长为，长为l；均质杆；均质杆BC质量为质量为4m，长，长为为2l。图示瞬时。图示瞬时AB杆的角速度为杆的角速度为，求此时系统的动量。，求此时系统的动量。解：解：杆杆BC瞬时平移，其速度为瞬时平移，其速度为vB#2942mlmllmpppBCAB方向同vB。vB 9 95 5附录：附录：习题解答习题解答95 图示均质滑轮图示均质滑轮A质量为质量为m，重物，重物M1、M2质量分别为质量分别为m1和和m2，斜面的倾角为，斜面的倾角为，忽略摩擦。已知重物忽略摩擦。已知重物M2的加速度的加速度a，试求轴承，试求轴承O处的约束力（表示成处的约束力（表示成a的函数）。的函数）。sincosN2FFamOxgmmmFFamamOy)(cossin21N21以以M2作为研究对象可知：作为研究对象可知：cos2NgmF OAM1M2am1gm2gFNFOxFOymg#cos)sin(sincoscos222mgagmamFOx#)(cos)sin(212221gmmmgmammFOy解：解：对象：对象：滑轮滑轮A和重物和重物M1、M2系统系统受力：受力：如图如图运动：运动：如图如图方程：方程：根据质心运动定理根据质心运动定理RxCixiFamRyCiyiFama 例例10 质量为质量为 m 长为长为 2l 的均质杆的均质杆OA绕水平固定轴绕水平固定轴O在铅垂面内转动，如图。已知在图示位置杆的角速度在铅垂面内转动，如图。已知在图示位置杆的角速度为为 ，角加速度为，角加速度为 。试求此时杆在。试求此时杆在O轴的约束反力轴的约束反力。xymgtCanCa解解1 1：用质心运动定理。：用质心运动定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。2sincossincostnCxCCaaall 2cossincossintnCyCCaaall 2(sincos)OxmlF2(cossin)OymlFmg解得解得2(sincos)OxFml 2(cossin)OyFmgmlOAOACOxFOyF 解解2：用动量定理。：用动量定理。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。以杆为研究对象，受力如图，建立如图坐标。sincosxypmlpml 由由(e)(e)dd,ddyxxyppFFtt 得得22(sincos)(cossin)OxOymlFmlFmg解得解得22(sincos)(cossin)OxOyFmlFmgml xymgpOACOxFOyF均质圆轮均质圆轮A和和B的半径均为的半径均为r，圆轮，圆轮A和和B以及物块以及物块D的重量均为的重量均为W，圆轮，圆轮B上作用有力偶矩为上作用有力偶矩为M的力偶，且的力偶，且3Wr/2 MWr/2。圆轮圆轮A在斜面上作纯滚动。不计圆轮在斜面上作纯滚动。不计圆轮B的轴承的摩擦力。的轴承的摩擦力。求：求：1、物块、物块D的加速度；的加速度；2、二圆轮之间的绳索所受拉力；、二圆轮之间的绳索所受拉力；3、圆轮、圆轮B处的轴承约束力。处的轴承约束力。1sDsDsD