理論力學復習總結知識點

1、第一篇 靜力學第 1 章靜力學公理與物體的受力分析1.1 靜力學公理公理 1 二力平衡公理 ：作用于剛體上的兩個力，使剛體保持平衡的必要和充分條件 是：這兩個力大小相等、方向相反且作用于同一直線上。F=-F工程上常遇到只受兩個力作用而平衡的構件，稱為二力構件或二力桿。公理 2 加減平衡力系公理 ：在作用于剛體的任意力系上添加或取去任意平衡力系， 不改變原力系對剛體的效應。推論 力的可傳遞性原理 ：作用于剛體上某點的力，可沿其作用線移至剛體內任意一 點，而不改變該力對剛體的作用。公理 3 力的平行四邊形法則 ：作用于物體上某點的兩個力的合力，也作用于同一點 上，其大小和方向可由這兩個力所組成的平

2、行四邊形的對角線來表示。推論 三力平衡匯交定理 ：作用于剛體上三個相互平衡的力， 若其中兩個力的作用線 匯交于一點，則此三個力必在同一平面內，且第三個力的作用線通過匯交點。公理 4 作用與反作用定律 ：兩物體間相互作用的力總是同時存在，且其大小相等、 方向相反，沿著同一直線，分別作用在兩個物體上。公理 5 鋼化原理 ：變形體在某一力系作用下平衡，若將它鋼化成剛體，其平衡狀 態(tài)保持不變。對處于平衡狀態(tài)的變形體，總可以把它視為剛體來研究。1.2 約束及其約束力1. 柔性體約束2 .光滑接觸面約束3 光滑鉸鏈約束第2章平面匯交力系與平面力偶系1.2.3.4.平面匯交力系合成的結果是一個合力，合力的作

3、用線通過各力作用線的匯交點，其大小和方向可由失多邊形的封閉邊來表示，即等于個力失的矢量和，即Fr=F1+F2+.+Fn=F矢量投影定理：合矢量在某軸上的投影，等于其分矢量在同一軸上的投影的代數(shù)和。力對剛體的作用效應分為移動和轉動。力對剛體的移動效應用力失來度量；力對剛體的 轉動效應用力矩來度量，即力矩是度量力使剛體繞某點或某軸轉動的強弱程度的物理 量。(Mo ( F) = Fh)把作用在同一物體上大小相等、方向相反、作用線不重合的兩個平行力所組成的力系稱 為力偶，記為(F,F)。解構件BC只在 所示。由于構件AB 構成一力偶與矩為-Fad+M=0則有5D0FA=FB 7= N=471.40N例

4、2-8如圖2.-17 (a)所示的結構中，各構件自重忽略不計，在構件 AB上作用一力偶，其力偶矩 為500kN?m,求A、C兩點的約束力。B、C兩點受力，處于平衡狀態(tài)，因此BC是二力桿，其受力如圖2-17( b)上有矩為M的力偶，故構件 AB在鉸鏈A、B處的一對作用力 FA、FBM的力偶平衡(見圖 2-17 (C)。由平面力偶系的平衡方程刀Mi=0，得由于FA、FB為正值，可知二力的實際方向正為圖2-17 ( C)所示的方向。根據(jù)作用力與反作用力的關系，可知FC=FB 471.40N，方向如圖2-17 ( b)所示。第3章平面任意力系1.2.3.合力矩定理：若平面任意力系可合成為一合力。則其合

5、力對于作用面內任意一點之矩等 于力系中各力對于同一點之矩的代數(shù)和。平面任意力系平衡的充分和必要條件為：力系的主失和對于面內任意一點Q的主矩同時為零，即 Fr=0,Mo=0.平面任意力系的平衡方程：刀Fx=0,刀Fy=O,刀Mo(F)=0.平面任意力系平衡的解析條件 是,力系中所有力在作用面內任意兩個直角坐標軸上投影的代數(shù)和分別等于零 于作用面內任一點之矩的代數(shù)和也是等于零.,各力對例3-1F1=4kN ,M=2kN m的力偶。試求以上四個力及如圖3-8 (a)所示，在長方形平板的四個角點上分別作用著四個力，其中F2=2kN , F3=F4=3kN，平板上還作用著一力偶矩為一力偶構成的力系向0點

6、簡化的結果，以及該力系的最后合成結果。解(1)求主矢FR建立如圖3-8 (a)所示的坐標系，有F Rx=刀 Fx= - F2cos60 +F3+F4cos30 =4.598kNF Ry=刀 Fy=F1 F2sin60 +F4sin30 =3.768kN所以，主矢為F R卜収+FR護=5.945kN主矢的方向cos ( FR,i) =0.773, / (FR, i)=39.3FRcos ( FR,j) =0.634, /( FR, j) =50.7FR(2)求主矩，有M0=刀 M0 ( F) =M+2F2cos60 2F2+3F4sin30 =2.5kN - mFR=F R,由于主矢和主矩都不為

7、零，故最后的合成結果是一個合力 合力FR到0點的距離為FR，如圖3-8 ( b)所示,Mdd=0.421mETl例 3-10連續(xù)梁由示，其中解 先以整體為研究對象，其受力如圖3-18 (a)所示。其上除受主動力外，還受固定端A處的約束力Fax、Fay和矩為MA的約束力偶，支座 D處的約束力FD作用。列平衡方程有刀 Fx=0, Fax Fcos45 =0刀 Fy=0, FAy- 2ql+Fsin45 +FD=0刀 MA ( F) =0, MA+M 4ql 2+3FDl+4Flsin45 =0以上三個方程中包含四個未知量，需補充方程。現(xiàn)選CE為研究對象，其受力如圖3- ( b)所示。以C點為矩心，

8、列力矩平衡方程有AC和CE兩部分在C點用鉸鏈連接而成，梁受載荷及約束情況如圖3-18 (a)所M=10kN m, F=30kN , q=10kN/m , l=1m。求固定端 A和支座 D的約束力。3-18 (a)所示。其上除受主動力外，還受固定端刀MC ( F) =0, ql 2+FDI+2FISin45 =0 聯(lián)立求解得FAx=21.21kN , Fay=36.21kN , MA=57.43kN - m, FD= - 37.43kN第4章 考慮摩擦的平衡問題1. 摩擦角：物體處于臨界平衡狀態(tài)時，全約束力和法線間的夾角。2. 自鎖現(xiàn)象：當主動力即合力Fa的方向、大小改變時，只要點總是在B點右側

9、，物體總是保持平衡，這種平衡現(xiàn)象稱為摩擦自鎖。tan 9 m=fsFa的作用線在摩擦角內，C例4-3梯子AB靠在墻上，其重為W=200N，如圖4-7所示。梯長為I，梯子與水平面的夾角為 0 =60 已知接觸面間的摩擦因數(shù)為0.25。今有一重650N的人沿梯上爬，問人所能達到的最高點C到A點的距離s為多少？解整體受力如圖4-7所示，設C點為人所能達到的極限位置，此時FsA=fsFNA FsB=fsFNB刀 Fx=0, FNB-FsA=0刀 Fy=0, FNA+FsB-W-W1=0刀 MA (F)=0, -FNBsin0 -FsBIcosB +W cos 0 +W1scos 0 =0聯(lián)立求解得S=

10、0.456l第5章空間力系1.2.3.4.5.空間匯交力系平衡的必要與充分條件是：該力系的合力等于零，即FR=Fi=0空間匯交力系平衡的解析條件是：力系中各力在三條坐標軸上投影的代數(shù)和分別等于零.要使剛體平衡，則主失和主矩均要為零，即空間任意力系平衡的必要和充分條件是：該力系的主失和對于任一點的主矩都等于零，即Fr=刀Fi=0,Mo=刀Mo(Fi)=0均質物體的重力位置完全取決于物體的幾何形狀，而與物體的重量無關.若物體是均質薄板，略去Zc,坐標為xc=刀Ai*xi/A,yc= 刀Ai*yi/A確定物體重心的方法查表法組合法：分割法；負面積(體積)法實驗法例5-7試求圖5-21所示截面重心的位

11、置。解將截面看成由三部分組成：半徑為 10mm的半圓、50mm X 20mm的矩形、半徑為 5mm 的圓，最后一部分是去掉的部分，其面積應為負值。取坐標系Oxy , x軸為對稱軸，則截面重心C必在x軸上，所以yc=0.這三部分的面積和重心坐標分別為側f4RA1 =mm 2=157mm 2，x1=-_=-4.246mm , y1=02STA2=50 X 20mm 2=1000mm 2, x2=25mm , y2=0A3=- n X 5 2mm 2=-78.5mm 2, x3=40mm , y3=0用負面積法，可求得15?+1000+(-：-351第二篇運動學第6章點的運動學6.2直角坐標法運動方

12、程x= f(t) y=g(t) z=h(t) 消去t可得到軌跡方程f (x，y，z) =0其中。求：( 1)連桿上 M 點( AM=r )例題6 -1橢圓規(guī)機構如圖6-4 (a)所示，曲柄0C以等角速度 w繞O轉動，通過連桿 AB 帶動滑塊 A、B 在水平和豎直槽內運動， OC=BC=AC=L 的運動方程；( 2) M 點的速度與加速度。M 是 BA 桿上的一點，該桿兩端=wt。由這些約束條件寫出M( x2L-r)2+( y/x )2= 1解：(1 )列寫點的運動方程 由于 M 點在平面內運動軌跡未知，故建立坐標系。點 分別被限制在水平和豎直方向運動。曲柄做等角速轉動， 點運動方程 x=(2L

13、-r)C0swt y=rsinwt 消去 t 得軌跡方程：( 2)求速度和加速度對運動方程求導，得 dx/dt=-(2L-r)wsinwt dy/dt=rsinwt 再求導 a1=-(2L-r)w 2C0swt a2=-rw2sinwt 由式子可知 a=a1i+a2j=-w2r6.3 自然法2. 自然坐標系：b=t X n其中b為副法線n為主法線t3. 點的速度 v=ds/dt 切向加速度 at=dv/dt 法向加速度 an=v2/p習題 6-10滑道連桿機構如圖所示，曲柄OA長r,按規(guī)律9 = 0+wt轉動(0以rad計,t 以 s 計)，解：w 為一常量。求滑道上 C 點運動、速度及加速度

14、方程。第七章剛體的基本運動在同一瞬時M、A 兩點具有相同的速度和加速度。s=O1A 0 =3 n t mA 點做圓周運動，它所以VA=ds/dt=3 n m/satA=dv/dt=0anA= (V A)2/O1A=45 m/s所有7.1 剛體的平行運動： 剛體平移時，其內所有各點的軌跡的形狀相同。在同一瞬時， 各點具有相同的速度和相同的加速度。剛體的平移問題可歸結為點的運動問題。7.2剛體的定軸轉動：瞬時角速度w=lim 0 / t=d 0 /dt瞬時角加速度 a=lim w / t=dw/dt=d 2 0 /dt2轉動剛體內任一點速度的代數(shù)值等于該點至轉軸的距離與剛體角速度的乘積 a=V(a

15、2 +b2)=R V( a 2+w2)0 =arctan|a|/b =arctan|a |/w2轉動剛體內任一點速度和加速度的大小都與該點至轉軸的距離成正比。例題7-1如圖所示平行四連桿機構中，O1A=O2B=O.2m ,O1O2=AB=O.6m ,AM=0.2m , 如O1A按0 =15 n t的規(guī)律轉動，其中0以rad計，t以s計。試求t=0.8s時，M點的速度與加速度。解：在運動過程中，桿 AB 始終與 O1O2 平行。因此，桿 AB 為平移， O1A 為定軸轉動。 根據(jù)平移的特點， 的運動規(guī)律為t=0.8s 時，s=2.4n m為了表示 V m 、 am 的 2，需確定 t=0.8s

16、時， AB 桿的瞬時位置。當O1A=0.2m , 0 =2.4 n /0.2=12 n ,AB桿正好第6次回到起始位置 0點處，Vm、am的方向如圖所示。第 8 章點的合成運動8.1 合成運動的概念： 相對于某一參考系的運動可由相對于其他參考系的幾個運動組合而 成，這種運動稱為合成運動。當研究的問題涉及兩個參考系時， 通常把固定在地球上的參考系稱為定參考系， 簡稱定 系。吧相對于定系運動的參考系稱為動參考系，簡稱動系。研究的對象是動點。動點相對于定參考系的運動稱為絕對運動； 動點相對于動參考系的運動稱為相對運動； 動參考系相對于 定參考系的運動稱為牽連運動。 動系作為一個整體運動著， 因此，牽

17、連運動具體有剛體運動 的特點，常見的牽連運動形式即為平移或定軸轉動。vr 和 ar va 和動點的絕對運動是相對運動和牽連運動合成的結果。 絕對運動也可分解為相對運動和牽 連運動。 在研究比較復雜的運動時， 如果適當?shù)剡x取動參考系， 往往能把比較復雜的運動分 解為兩個比較簡單的運動。這種研究方法無論在理論上或實踐中都具有重要意義。動點在相對運動中的速度、加速度稱為動點的相對速度、相對加速度，分別用 表示。動點在絕對運動中的速度、加速度稱為動點的絕對速度和絕對加速度，分別用 aa表示。換句話說，觀察者在定系中觀察到的動點的速度和加速度分別為絕對速度和絕對加 速度；在動系中觀察到動點的速度和加速度

18、分別為相對速度和相對加速度。動點運在某一瞬時，動參考系上與動點 M 相重合的一點稱為此瞬時動點 M 的牽連點。如在某 瞬時動點沒有相對運動， 則動點將沿著牽連點的軌跡而運動。 牽連點是動系上的點， 動到動系上的哪一點，該點就是動點的牽連點。定義某瞬時牽連點相對于定參考系的速度、 加速度稱為動點的牽連速度、牽連加速度，分別用ve和ae表示。動系0 與定系Oxy之間的坐標系變換關系為x=x 0+x cos 0 -y sin 0y=y0+x sin 0 +y cos 0在點的絕對運動方程中消去時間t,即得點的絕對運動軌跡；在點的相對運動方程中消去時間t，即得點的相對運動軌跡。B 水平傳動速度 v2=

19、3 m/s. 求礦砂相對例題 8-4 礦砂從傳送帶 A 落到另一傳送帶 B 上,如圖所示。站在地面上觀察礦砂下落的 速度為 v1=4 m/s ,方向與豎直線成 30 角。已知傳送帶 于傳送帶 B 的速度。礦砂相對地面的速度 v1 為絕對速度； 可設想動參考系為無限大， 由于它解：以礦砂 M 為動點,動系固定在傳送帶 B 上。 牽連速度應為動參考系上與動點相重合的哪一點的速度。做平移，各點速度都等于 V2。于是V2等于動點M的牽連速度。由速度合成定理知,三種速度形成平行四邊形,絕對速度必須是對角線,因此作出的 速度平行四邊形如圖所示。根據(jù)幾何關系求得Vr= v( ve2+va2-2vevacos

20、60o) =3.6 m/sVe與 va間的夾角 3 =arcsin (ve/vr*sin60o) =46o12總結以上, 在分析三種運動時, 首先要選取動點和動參考系。 動點相對于動系是運動的,因 此它們不能處于同一物體；為便于確定相對速度,動點的相對軌跡應簡單清楚。8.3 當牽連運動為平移時,動點的絕對加速度等于牽連加速度和相對加速度的矢量和。第 9 章 剛體的平面運動9.1剛體平面運動的分析：其運動方程x=fi(t) y=f2(t) 0 =f3(t)完全確定平面運動剛體的運動規(guī)律在剛體上，可以選取平面圖形上的任意點為基點而將平面運動分解為平移和轉動，其 中平面圖形平移的速度和加速度與基點的

21、選擇有關， 而平面圖形繞基點轉動的角速度和角加 速度與基點的選擇無關。9.2 剛體平面運動的速度分析： 平面圖形在某一瞬時，其上任意兩點的速度在這兩點的連線上的投影相等，這就是速度 投影定理。 Vcosa=vcosb例9-1橢圓規(guī)尺 AB由曲柄 OC帶動，曲柄以勻角速度3 0繞軸0轉動，如圖 9-7所示,OC=BC=AC=r，求圖示位置時，滑塊 A、B的速度和橢圓規(guī)尺 AB的角速度。解已知OC繞軸O做定軸轉動，橢圓規(guī)尺 AB做平面運動，vc= 3 0r。(1)用基點法求滑塊 A的速度和AB的角速度。因為 C的速度已知，選 C為基點。vA=Vc+V AC式中的vc的大小和方向是已知的，vA的方向

22、沿y軸，vAC的方向垂直于 AC ,可以作出速度矢量圖，如圖9-7所示。由圖形的幾何關系可得vA=2vccos30 =$3 3 Or,Vac=Vc , Vac=3 ABr解得3 AB= 3 0 （順時針）用速度投影定理求滑塊B的速度,vBBC=vCBCVccos30 =vBcos30解得Vb=vC= 3 0rB的速度方向如圖9-7所示。例9-5圖9-15所示機構中，長為I的桿AB的兩端分別與滑塊 A和圓盤B沿豎直方向光滑移動， 半徑為R的圓盤B沿水平直線做純滾動。已知在圖示的位置時， 滑塊A的速度為vA，求該瞬時桿B端的速度、桿 AB的角速度、桿AB中點D的速度和圓盤的角速度。解 根據(jù)題意，桿

23、 AB做平面運動，vA的方向已知，圓盤中心B的速度沿水平方向，則桿AB的速度瞬心為P點，有vA vS3 AB=AP血卅vB= 3 AB BP=vAtan 0vD= 3 AB 曲1 vADP= 血雞?空曲?圓盤B做平面運動,C點為其速度瞬心，則vB vA3 B= tan 0R R第三篇動力學第10章質點動力學的基本方程1. 牛頓第一定律：不受了作用(包括受到平衡力系作用)的質點，將保持靜止或做勻速直 線運動。又稱慣性定律。2. 牛頓第二定律：質點的質量與加速度的乘積，等于作用于質點的力的大小，加速度的方向與力的方向相同。F =m a3. 牛頓第三定律：兩個物體間的作用力與反作用力總是大小相等、方

24、向相反，沿著同一直 線，同時分別作用在這兩個物體上。例10-2 :曲柄連桿機構如圖10-2 (a)。曲柄OA以勻角速度3轉動，OA=r , AB=l , 當入=r/l比較小時，以O為坐標原點，滑塊 B的運動方程可近似表示為X=l(1- )+r(cos 3 t+-C0523t)U如滑塊的質量為 m,忽略摩擦及連桿 AB的質量，試求當e = 31=0和-時，連桿AB所受的2力。解 以滑塊B為研究對象，當e = 3 t時，其受力如圖10-2 ( b)所示。由于連桿不計 質量，AB應為二力桿，所以受平衡力系作用，它對滑塊B的拉力F沿AB方向。滑塊啱x軸的運動方程Max=-Fcos 3由滑塊B的運動方程

25、可得Ax= =-r 3 2 (cos 3 t+ 入 cos2 31) dr當 3 t=0 時，ax=-r 3 2 (1+ 入)，且 3 =0 ,得F=mr 3 2(1+ 入) 桿AB受拉力。同理可得，當3 t=-時,JF=-，桿12AB受壓力例 10-5物塊在光滑水平面上并與彈簧相連，如圖 k。在彈簧拉長變形量為 a時，釋放物塊。10-5所示。物塊的質量為 m,彈簧的剛度系數(shù)為 求物塊的運動規(guī)律。解以彈簧未變形處為坐標原點O,設物塊在任意坐標x處彈簧變形量為|x|,彈簧力大小為F=k|x|，并指向0點，如圖10-5所示，則此物塊沿 x軸的運動微分方程為m=Fx=-kxdrk令3 2n=-,將上

26、式化為自由振動微分方程的標準形式tndfi+ 3 2nx=0dr上式的解可寫為 X=Acos( 3 nt+ 0 )其中A、0為任意常數(shù)，應由運動的初始條件決定。由題意，當t=0時,to=0, x=a，代入dt上式，解得0 =0, A=a，代入式中，可解得運動方程為X=acos 3 nt第11章動力定理P = mvc1.2.3.動量：等于質點的質量與其速度的乘積.質點系的動量定理：微分形式：質點系的動量對時間的一階導數(shù)等于作用在該質點系上所有外力的矢量和.積分形式：質點系的動量在任一時間間隔內的變化，等于在同一時間間隔內作用在該指點系上所有外力的沖涼的矢量和（沖涼定理）質心運動守恒定律：如果所有

27、作用于質心系的外力在X軸上投影的代數(shù)和恒等于零，即刀F=0 ,則Vcx=常量，這表明質心的橫坐標xc不變或質心沿X軸的運動時均勻的。例11-5 :已知液體在直角彎管 ABCD中做穩(wěn)定流動，流量為 入截面的直徑為d,另一端CD流出截面的直徑為解 取ABCD 一段液體為研究對象，設流出、Q,密度為P , AB端流 d1。求液體對管壁的附加動壓力。流入的速度大小為v1和v2,則4QV1 = tf, v2=l4Q4卩建立坐標系，則附加動反力在X、y軸上的投影為F Nx= P Q(v2-0)= Tid4P QF Ny= p Q 0- (-v1 ) xd例11-7 :圖11-6所示的曲柄滑塊機構中， 設曲

28、柄0A受力偶作用以勻角速度 w轉動, 滑塊B沿x軸滑動。若OA=AB=I , 0A及AB都為均質桿，質量都為 m1，滑塊B的質量為 m2。試求此系統(tǒng)的質心運動方程、軌跡及此系統(tǒng)的動量。解 設t=0時桿0A水平，則有=wt。將系統(tǒng)看成是由三個質點組成的，分別位于桿 0A的中點、桿AB的中點和B點。系統(tǒng)質心的坐標為mli+m2-+2mZl2 回+應）Xc=cosw t= 2ml + m2 Icos w tmlYc=inw t=2ml+m2 Isin 31上式即系統(tǒng)質心C的運動方程。由上兩式消去時間t,得2nil+ni22(ml+in2)lxc2ml+m2yc2+ mil 2=1即質心C的運功軌跡為

29、一橢圓，如圖11-6中虛線所示。應指出，系統(tǒng)的動量，利用式（11-15） 的投影式，有dxcPx=mvcx=(2m1+m2) dt =-2(m1+m2)l w sin w tdyePy=mvcy=(2m1+m2) dt =m1l o cosw t滑桿、套筒機構，十字r，質量為m的均質桿，以勻2m，機構其余部分的質量為例11-11 :平板D放置在光滑水平面上，板上裝有一曲柄、 套筒C保證滑桿AB為平移，如圖示。已知曲柄 OA是一長為 角速度w繞軸O轉動?；瑮UAB的質量為4m,套筒C的質量為 20m,設初始時機構靜止，試求平板 D的水平運動規(guī)律x(t)。解去整體為質點系，說受的外力有各部分的重力和

30、水平面的反力。因為外力在水平 軸上的投影為零，且初始時靜止，因此質點系質心在水平軸上的坐標保持不變。建立坐標系，并設平板D的質心距O點的水平距離為a, AB長為I, C距O點的水平距離為b,則初始時 質點系質心的水平軸的坐標為Xc1 =2曲時+4叫20m+m+4m+2m設經過時間t，平板D向右移動了 x(t)，曲柄OA轉動了角度wt,此時質點系質心坐標為27m20mh(6+a+ni s(t)+cos譏 +4ni s(t3+Fcos wt+j+2nis(t+hXc2=因為在水平方向上質心守恒，所以xc1=xc2, 解得：X(t)= 6(1-cos o t)P207 習題 11-3第12章動量矩定

31、理1.質點和質點系的動量矩：指點對點O的動量矩失在z軸的投影，等于對z軸的動量矩，即Lo(mv)=Lz(mv)質點系對固定點 O的動量矩等于各質點對同一點O的動量矩的矢量和.即:Lo=Lo(mv)繞定軸轉動剛體對于轉軸的動量矩等于剛體對轉軸的裝動慣量與角速度的乘 積.(Lz=wJz)平行軸定理：剛體對于任一軸的轉動慣量，等于剛體對通過質心并與該軸平行的軸轉動慣 量,加上剛體的質量與兩軸間距離平方的乘積.動量矩定理：質點對某定點的動量矩對時間的一階導數(shù)等于作用于質點的力對同一點的 矩.2.3.4.例12-2 :已知均質細桿和均質圓盤的質量都為m,圓盤半徑為R,桿長3R，求擺對通過懸掛點O并垂直于

32、圖面的Z軸的轉動慣量。解 擺對Z軸的轉動慣量為Jz=Jz 桿 +Jz 盤桿對Z軸的轉動慣量為Jz桿=3ml 2=3m ( 3R)2 =3mR 2圓盤對其質心的轉動慣量為Jzc2=2mR 2利用平行軸定理33Jz 盤=Jzc2+m ( R+l 2)= 2mR 2+16mR2= 2 mR2所以例12-3 :質量為M1的塔倫可繞垂直于圖面的軸0轉動，繞在塔輪上的繩索于塔輪r的輪盤上的繩索于剛度系數(shù)為k的彈簧相連接，R的輪盤上的繩索的另一端豎直懸掛質量為M2它對軸O的轉動慣量Jo=2mr,R=2r,M1=m,M2=2m.Jz= Jz 桿 +Jz 盤=3mR 2+2 mR2=2 mR 2彈簧的另一端 的

33、重物。若塔 求彈簧被拉長間無相對滑動，繞在半徑為 固定在墻壁上，繞在半徑為 輪的質心位于輪盤中心 O, s時，重物M2的加速度。解 塔輪做定軸轉動，設該瞬時角速度為W,重物作平移運動，則它的速度為v=Rw,它們對O點的動量矩分別為 Lo1 , Lo2，大小為Lo1=-Jo w=-2mr2 o , Lo2=-2mR2w=-8mr2 o 2 系統(tǒng)對O點的外力矩為R (e)M0 (門 )=F r-m2g R=ksr-4mgrC；（E）根據(jù)動量矩定理dtL0= 2 MO（rl ）da得 10mr2 dt =(4mg-ks)rdw 4ing-ksa = dt = lOmr4ing-ks因重物的加速度 a

34、2=Ra，所以:a2=R a = Sun第13章動能定理1.2.3.4.5.質點系動能的微分，等于作用在質點系上所有力所做元功的和，這就是質點系微分形式的動能定理.(13-23)質點系積分形式的動能定理：質點系在某一運動過程中動能的改變量，等于作用在質點系上所有力在這一過程中所做的功的和.(13-24,13-25)力的功率等于切向力與力作用點速度大小的乘積(13-28)作用在轉動剛體上力的功率等于該力堆轉軸的矩與角速度的乘積.(13-29)質點系動能對時間的一階導數(shù)等于作用在指點系上所有力的功率的代數(shù)和13-30)(功率方程例13-5 :重物A和重物B通過動滑輪D和定滑輪C而運動。如果重物 下

35、的速度為v0,試問重物A下落多大距離時，其速度增大一倍。設重物 A和B m1，滑輪 不能伸長，解定滑輪C的角速度為3 C=理；重物B的速度大小為2v0。于是運動初瞬時系統(tǒng)的動能為A開始時向 的質量均為D和C的質量均為 m2，且為均質圓盤。重物 B于水平間的動摩擦因數(shù)位 f,繩索 其質量忽略不計。以系統(tǒng)為研究對象。 系統(tǒng)中重物A和B作平移，定滑輪C做定軸轉動，動滑輪DvO做平面運動。初瞬時A的速度大小為vO,則滑輪D輪心的速度大小為 vO,角速度為3 D=ri)；2v0vO2v0T1 = 2m1v02+Zm2v02+Z(2m2rD2)(ri) 2+2(2 m2rC2)( rC ) 2+2m12v0 2= 4 (10m1+7m2)速度增大一倍時的動能為T2W(10m1+7m2) 設重物A下降h高度時，其速度增大一倍。所有的力所做的功為 刀 12=m1gh+m2gh-f m1g 2h=m1g(1-2f )+m2gh由式有3v04 (10m1+7m2)= m1g(1-2f