第一篇：理論力學復習總結(知識點)

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，其平衡狀態保持不變。對處于平衡狀態的變形體，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.平面匯交力系合成的結果是一個合力,合力的作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 2.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和。3.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）

4.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’）。

例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。

解

構件BC只在B、C兩點受力，處于平衡狀態，因此BC是二力桿，其受力如圖2-17（b）所示。

由于構件AB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、FB’構成一力偶與矩為M的力偶平衡（見圖2-17（c））。由平面力偶系的平衡方程∑Mi=0，得

﹣Fad+M=0 則有

FA=FB’N=471.40N 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． 合力矩定理：若平面任意力系可合成為一合力。則其合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和。2．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=0.3．平面任意力系的平衡方程: ∑Fx=0, ∑Fy=0, ∑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和分別等于零,各力對于作用面內任一點之矩的代數和也是等于零.例3-1 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F1=4kN，F2=2kN，F3=F4=3kN，平板上還作用著一力偶矩為M=2kN2m的力偶。試求以上四個力及一力偶構成的力系向O點簡化的結果，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=∑Fx=﹣F2cos60°+F3+F4cos30°=4.598kN F’Ry=∑Fy=F1－F2sin60°+F4sin30°=3.768kN 所以，主矢為

F’R=主矢的方向

cos（F’R,i）=

=0.773, ∠(F’R，i)=39.3°

=5.945kN

cos（F’R,j）==0.634，∠（F’R，j）=50.7°

（2）求主矩，有

M0=∑M0（F）=M+2F2cos60°－2F2+3F4sin30°=2.5kN2m

由于主矢和主矩都不為零，故最后的合成結果是一個合力FR，如圖3-8（b）所示，FR=F’R，合力FR到O點的距離為

d= =0.421m 例3-10 連續梁由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）所示，其中M=10kN2m，F=30kN，q=10kN/m，l=1m。求固定端A和支座D的約束力。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

∑Fx=0，Fax－Fcos45°=0

∑Fy=0，FAy－2ql+Fsin45°+FD=0

∑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。現選CE為研究對象，其受力如圖3-（b）所示。以C點為矩心，列力矩平衡方程有

∑MC（F）=0，－ql 2+FDl+2Flsin45°=0聯立求解得

FAx=21.21kN，Fay=36.21kN，MA=57.43kN2m，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時，全約束力和法線間的夾角。tanψm=fs 2.自鎖現象：當主動力即合力Fa的方向、大小改變時，只要Fa的作用線在摩擦角內，C點總是在B點右側，物體總是保持平衡，這種平衡現象稱為摩擦自鎖。

例4-3 梯子AB靠在墻上，其重為W=200N，如圖4-7所示。梯長為l，梯子與水平面的夾角為θ=60°已知接觸面間的摩擦因數為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

∑Fx=0，FNB-FsA=0

∑Fy=0，FNA+FsB-W-W1=0 ∑MA（F）=0，-FNBsinθ-FsBlcosθ+Wcosθ+W1scosθ=0 聯立求解得

S=0.456l

第5章 空間力系

1.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 2.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和分別等于零.3.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`=∑Fi=0,Mo=∑Mo(Fi)=0 4.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=∑Ai*xi/A,yc=∑Ai*yi/A 5.確定物體重心的方法(1)查表法

(2)組合法:①分割法;②負面積(體積)法(3)實驗法

例5-7 試求圖5-21所示截面重心的位置。

解 將截面看成由三部分組成：半徑為10mm的半圓、50mm320mm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

A1=mm 2=157mm 2,x1=-=-4.246mm，y1=0 A2=50320mm 2=1000mm 2，x2=25mm，y2=0 A3=-π35 2mm 2=-78.5mm 2，x3=40mm，y3=0 用負面積法，可求得 Xc==

第二篇

運動學 第6章 點的運動學

6.2直角坐標法

運動方程 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

例題6-1 橢圓規機構如圖6-4（a）所示，曲柄oc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。求：（1）連桿上M點（AM=r）的運動方程；（2）M點的速度與加速度。

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M是BA桿上的一點，該桿兩端分別被限制在水平和豎直方向運動。曲柄做等角速轉動，Φ=wt。由這些約束條件寫出M點運動方程x=(2L-r)coswt

y=rsinwt 消去t 得軌跡方程：（x／2L-r）2+（y/x）2=1

（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)w2coswt

a2=-rw2sinwt 由式子可知a=a1i+a2j=-w2r

6.3自然法

2.自然坐標系：b=t3n 其中b為副法線 n為主法線 t 3.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，按規律θ=θ’+wt 轉動（θ以rad計，t以s計），w為一常量。求滑道上C點運動、速度及加速度方程。

解：

第七章 剛體的基本運動

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，所有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△θ∕△t=dθ/dt

瞬時角加速度a=lim△w∕△t=dw/dt=d2θ/dt2

轉動剛體內任一點速度的代數值等于該點至轉軸的距離與剛體角速度的乘積 a=√(a2 +b2)=R√(α2+w2)θ=arctan|a|/b =arctan|α|/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=0.2m ,O1O2=AB=0.6m ,AM=0.2m ,如O1A按φ=15πt的規律轉動，其中φ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。根據平移的特點，在同一瞬時M、A兩點具有相同的速度和加速度。A點做圓周運動，它的運動規律為

s=O1A2φ=3πt m

所以

VA=ds/dt=3π

m/s

atA=dv/dt=0

anA=(V A)2/O1A=45

m/s

為了表示Vm、am 的2，需確定t=0.8s時，AB桿的瞬時位置。當t=0.8s時，s=2.4πm O1A=0.2m , φ=2.4π/0.2=12π,AB桿正好第6次回到起始位置O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。

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，如果適當地選取動參考系，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vr和ar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va和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分別為相對速度和相對加速度。

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，動點運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O’x’y’與定系Oxy之間的坐標系變換關系為

x=x0+x’cosθ-y’sinθ

y=y0+x’sinθ+y’cosθ

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。

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B水平傳動速度v2=3 m/s.求礦砂相對于傳送帶B的速度。

解：以礦砂M為動點，動系固定在傳送帶B上。礦砂相對地面的速度v1為絕對速度；牽連速度應為動參考系上與動點相重合的哪一點的速度。可設想動參考系為無限大，由于它做平移，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。根據幾何關系求得

Vr=√（ve2+va2-2vevacos60o）=3.6 m/s Ve與va間的夾角

β=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=f1(t)

y=f2(t)θ=f3(t)完全確定平面運動剛體的運動規律

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 橢圓規尺AB由曲柄OC帶動，曲柄以勻角速度ω0繞軸O轉動，如圖9-7所示，OC=BC=AC=r，求圖示位置時，滑塊A、B的速度和橢圓規尺AB的角速度。

解 已知OC繞軸O做定軸轉動，橢圓規尺AB做平面運動，vc=ω0r。

（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+VAC 式中的vc的大小和方向是已知的，vA的方向沿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°=

ω0r,Vac=Vc，Vac=ωABr 解得

ωAB=ω0（順時針）

（2）用速度投影定理求滑塊B的速度，B的速度方向如圖9-7所示。

[vB]BC=[vC]BC

Vccos30°=vBcos30° 解得

Vb=vC=ω0r 例9-5 圖9-15所示機構中，長為l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 根據題意，桿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

ωAB==

vB=ωAB2BP=vAtanθ

vD=ωAB2DP=

2=

圓盤B做平面運動，C點為其速度瞬心，則ωB==tanθ

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 =ma

3.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ω轉動，OA=r，AB=l，當λ=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(cosωt+)如滑塊的質量為m，忽略摩擦及連桿AB的質量，試求當ψ=ωt=0和時，連桿AB所受的力。

解

以滑塊B為研究對象，當ψ=ωt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=-Fcosβ

由滑塊B的運動方程可得

Ax==-rω2（cosωt+λcos2ωt）當ωt=0時，ax=-rω2（1+λ），且β=0，得

F=mrω2(1+λ)桿AB受拉力。

同理可得，當ωt=時，F=-，桿AB受壓力

例10-5 物塊在光滑水平面上并與彈簧相連，如圖10-5所示。物塊的質量為m，彈簧的剛度系數為k。在彈簧拉長變形量為a時，釋放物塊。求物塊的運動規律。

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O點，如圖10-5所示，則此物塊沿x軸的運動微分方程為 m

=Fx=-kx 令ω2n=，將上式化為自由振動微分方程的標準形式 上式的解可寫為X=Acos(ωnt+θ)

+ω2nx=0 其中A、θ為任意常數，應由運動的初始條件決定。由題意，當t=0時，=0，x=a，代入上式，解得θ=0，A=a，代入式中，可解得運動方程為X=acosωnt

第11章 動力定理

1.2.① ②

p?mvc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)3.質心運動守恒定律：如果所有作用于質心系的外力在x軸上投影的代數和恒等于零，即∑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中做穩定流動，流量為Q，密度為ρ，AB端流入截面的直徑為d，另一端CD流出截面的直徑為d1。求液體對管壁的附加動壓力。

解 取ABCD一段液體為研究對象，設流出、流入的速度大小為v1和v2,則

V1=，v2=

建立坐標系，則附加動反力在x、y軸上的投影為F’’Nx=ρQ(v2-0)= F’’Ny=ρQ [0-（-v1）]

例11-7：圖11-6所示的曲柄滑塊機構中，設曲柄OA受力偶作用以勻角速度w轉動，滑塊B沿x軸滑動。若OA=AB=l，OA及AB都為均質桿，質量都為m1，滑塊B的質量為m2。試求此系統的質心運動方程、軌跡及此系統的動量。

解

設t=0時桿OA水平，則有=wt。將系統看成是由三個質點組成的，分別位于桿OA的中點、桿AB的中點和B點。系統質心的坐標為

Xc=cosωt=lcosωt Yc=sinωt=lsinωt 上式即系統質心C的運動方程。由上兩式消去時間t,得

[xc] 2+[] 2=1 即質心C的運功軌跡為一橢圓，如圖11-6中虛線所示。應指出，系統的動量，利用式（11-15）的投影式，有

Px=mvcx=(2m1+m2)=-2(m1+m2)lωsinωt Py=mvcy=(2m1+m2)=m1lωcosωt 例11-11：平板D放置在光滑水平面上，板上裝有一曲柄、滑桿、套筒機構，十字套筒C保證滑桿AB為平移，如圖示。已知曲柄OA是一長為r，質量為m的均質桿，以勻角速度w繞軸O轉動。滑桿AB的質量為4m,套筒C的質量為2m，機構其余部分的質量為20m，設初始時機構靜止，試求平板D的水平運動規律x(t)。

解 去整體為質點系，說受的外力有各部分的重力和水平面的反力。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l，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==

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

Xc2= 因為在水平方向上質心守恒，所以xc1=xc2，解得：X(t)=(1-cosωt)

P207習題11-3

第12章 動量矩定理

1.質點和質點系的動量矩:

⑴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)

⑵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)2.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)3.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.4.動量矩定理:質點對某定點的動量矩對時間的一階導數等于作用于質點的力對同一點的矩.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=ml 2=m（3R）2=3mR 2 圓盤對其質心的轉動慣量為

Jzc2=mR 2 利用平行軸定理

Jz盤= Jzc2+m（R+l 2）=mR 2+16mR2=所以

mR2

Jz= Jz桿+Jz盤=3mR 2+

mR2= mR 2

例12-3：質量為M1的塔倫可繞垂直于圖面的軸O轉動，繞在塔輪上的繩索于塔輪間無相對滑動，繞在半徑為r的輪盤上的繩索于剛度系數為k的彈簧相連接，彈簧的另一端固定在墻壁上，繞在半徑為R的輪盤上的繩索的另一端豎直懸掛質量為M2的重物。若塔輪的質心位于輪盤中心O，它對軸O的轉動慣量Jo=2mr,R=2r,M1=m,M2=2m.求彈簧被拉長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=-Jo2w=-2mr2ω，Lo2=-2mR2w=-8mr2ω2 系統對O點的外力矩為

M0（）=F2r-m2g2R=ksr-4mgr 根據動量矩定理L0=ΣM0（）

得10mr2=(4mg-ks)r α==

因重物的加速度a2=Rα，所以：a2=Rα=

第13章 動能定理

1.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)2.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)3.力的功率等于切向力與力作用點速度大小的乘積(13-28)4.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)5.質點系動能對時間的一階導數等于作用在指點系上所有力的功率的代數和(功率方程13-30)

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A開始時向下的速度為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的質量均為m1，滑輪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位f,繩索不能伸長，其質量忽略不計。

解

以系統為研究對象。系統中重物A和B作平移，定滑輪C做定軸轉動，動滑輪D做平面運動。初瞬時A的速度大小為v0，則滑輪D輪心的速度大小為v0，角速度為ωD=;定滑輪C的角速度為ωC=；重物B的速度大小為2v0。于是運動初瞬時系統的動能為

T1=m1v02+m2v02+(m2rD2)()2+(m2rC2)()2+m12v0 2=(10m1+7m2)速度增大一倍時的動能為T2=(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

∑=m1gh+m2gh-f’m1g22h=[m1g(1-2f’)+m2g]h 由式有

(10m1+7m2)= [m1g(1-2f’)+m2g]h 解得h=

例13-7：在對稱桿的A點，作用一豎直常力F，開始時系統靜止。求連桿OA運功動到水平位置時的角速度。設連桿長均為l，質量均為m，均質圓盤質量為m1，且作純滾動。

解

以系統為研究對象。由系統從靜止開始運動，故初瞬時系統的動能為

T1=0 當桿OA運動到水平位置時，桿端B為桿AB的速度瞬心，因此輪B的角速度為零。設此時桿OA的角速度為w，由于OA=AB,所以桿AB的角速度亦為w，系統此時的動能為

T2=JOAω2+JABω2=()ω2+()ω2=ω2

所有的力所做的功為 ∑=2(mg)+Flsinα=(mg+F)lsinα

由 ω2-0=(mg+F)lsinα

解得ω=

第二篇：理論力學復習總結(知識點)

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，其平衡狀態保持不變。對處于平衡狀態的變形體，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.平面匯交力系合成的結果是一個合力,合力的作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 2.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和。

3.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）

4.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’）。

例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。

解

構件BC只在B、C兩點受力，處于平衡狀態，因此BC是二力桿，其受力如圖2-17（b）所示。

由于構件AB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、FB’構成一力偶與矩為M的力偶平衡（見圖2-17（c））。由平面力偶系的平衡方程∑Mi=0，得

﹣Fad+M=0 則有

FA=FB’ N=471.40N

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．合力矩定理：若平面任意力系可合成為一合力。則其合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和。

2．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=0.3．平面任意力系的平衡方程: ∑Fx=0, ∑Fy=0, ∑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和分別等于零,各力對于作用面內任一點之矩的代數和也是等于零.例3-1 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F1=4kN，F2=2kN，F3=F4=3kN，平板上還作用著一力偶矩為M=2kN·m的力偶。試求以上四個力及一力偶構成的力系向O點簡化的結果，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=∑Fx=﹣F2cos60°+F3+F4cos30°=4.598kN F’Ry=∑Fy=F1－F2sin60°+F4sin30°=3.768kN 所以，主矢為

F’R=

主矢的方向

cos（F’R,i）=

cos（F’R,j）=

=0.634，∠（F’R，j）=50.7°

（2）求主矩，有

M0=∑M0（F）=M+2F2cos60°－2F2+3F4sin30°=2.5kN·m

由于主矢和主矩都不為零，故最后的合成結果是一個合力FR，如圖3-8（b）所示，FR=F’R，合力FR到O點的距離為

d=

=0.421m

例3-10 連續梁由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）所示，其中M=10kN·m，F=30kN，q=10kN/m，l=1m。求固定端A和支座D的約束力。

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

∑Fx=0，Fax－Fcos45°=0

∑Fy=0，FAy－2ql+Fsin45°+FD=0

∑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。現選CE為研究對象，其受力如圖3-（b）所示。以C點為矩心，列力矩平衡方程有 ∑MC（F）=0，－ql 2+FDl+2Flsin45°=0聯立求解得

FAx=21.21kN，Fay=36.21kN，MA=57.43kN·m，FD=﹣37.43kN

=5.945kN

=0.773, ∠(F’R，i)=39.3° 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時，全約束力和法線間的夾角。tanψm=fs 2.自鎖現象：當主動力即合力Fa的方向、大小改變時，只要Fa的作用線在摩擦角內，C點總是在B點右側，物體總是保持平衡，這種平衡現象稱為摩擦自鎖。

例4-3 梯子AB靠在墻上，其重為W=200N，如圖4-7所示。梯長為l，梯子與水平面的夾角為θ=60°已知接觸面間的摩擦因數為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

∑Fx=0，FNB-FsA=0

∑Fy=0，FNA+FsB-W-W1=0 ∑MA（F）=0，-FNBsinθ-FsBlcosθ+Wcosθ+W1scosθ=0 聯立求解得

S=0.456l

第5章 空間力系

1.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 2.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和分別等于零.3.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`=∑Fi=0,Mo=∑Mo(Fi)=0 4.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=∑Ai*xi/A,yc=∑Ai*yi/A 5.確定物體重心的方法(1)查表法

(2)組合法:①分割法;②負面積(體積)法(3)實驗法

第二篇

運動學 第6章 點的運動學

6.2直角坐標法

運動方程 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

例題6-1 橢圓規機構如圖6-4（a）所示，曲柄oc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。求：（1）連桿上M點（AM=r）的運動方程；（2）M點的速度與加速度。

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M是BA桿上的一點，該桿兩端分別被限制在水平和豎直方向運動。曲柄做等角速轉動，Φ=wt。由這些約束條件寫出M點運動方程x=(2L-r)coswt

y=rsinwt 消去t 得軌跡方程：（x／2L-r）2+（y/x）2=1

（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)w2coswt

a2=-rw2sinwt 由式子可知a=a1i+a2j=-w2r

6.3自然法

2.自然坐標系：b=t×n 其中b為副法線 n為主法線 t 3.點的速度 v=ds/dt

切向加速度 at=dv/dt

法向加速度

an=v2/p

第七章剛體的基本運動

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，所有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△θ∕△t=dθ/dt

瞬時角加速度a=lim△w∕△t=dw/dt=d2θ/dt2

轉動剛體內任一點速度的代數值等于該點至轉軸的距離與剛體角速度的乘積 a=√(a2 +b2)=R√(α2+w2)θ=arctan|a|/b =arctan|α|/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。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。

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，如果適當地選取動參考系，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vr和ar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va和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分別為相對速度和相對加速度。

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，動點運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O’x’y’與定系Oxy之間的坐標系變換關系為

x=x0+x’cosθ-y’sinθ

y=y0+x’sinθ+y’cosθ

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。

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B水平傳動速度v2=3 m/s.求礦砂相對于傳送帶B的速度。

解：以礦砂M為動點，動系固定在傳送帶B上。礦砂相對地面的速度v1為絕對速度；牽連速度應為動參考系上與動點相重合的哪一點的速度。可設想動參考系為無限大，由于它做平移，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。根據幾何關系求得

Vr=√（ve2+va2-2vevacos60o）=3.6 m/s Ve與va間的夾角

β=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=f1(t)

y=f2(t)θ=f3(t)完全確定平面運動剛體的運動規律

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 橢圓規尺AB由曲柄OC帶動，曲柄以勻角速度ω0繞軸O轉動，如圖9-7所示，OC=BC=AC=r，求圖示位置時，滑塊A、B的速度和橢圓規尺AB的角速度。

解 已知OC繞軸O做定軸轉動，橢圓規尺AB做平面運動，vc=ω0r。

（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+VAC 式中的vc的大小和方向是已知的，vA的方向沿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°=ω0r,Vac=Vc，Vac=ωABr 解得

ωAB=ω0（順時針）

（2）用速度投影定理求滑塊B的速度，B的速度方向如圖9-7所示。

[vB]BC=[vC]BC

Vccos30°=vBcos30° 解得

Vb=vC=ω0r 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 =ma

3.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、方向相反，沿著同一直線，同時分別作用在這兩個物體上。

例10-5 物塊在光滑水平面上并與彈簧相連，如圖10-5所示。物塊的質量為m，彈簧的剛度系數為k。在彈簧拉長變形量為a時，釋放物塊。求物塊的運動規律。

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O點，如圖10-5所示，則此物塊沿x軸的運動微分方程為 m=Fx=-kx 令ω2n=，將上式化為自由振動微分方程的標準形式 +ω2nx=0 上式的解可寫為X=Acos(ωnt+θ)其中A、θ為任意常數，應由運動的初始條件決定。由題意，當t=0時，=0，x=a，代入上式，解得θ=0，A=a，代入式中，可解得運動方程為X=acosωnt

第11章 動力定理

p?mvc1.動量：等于質點的質量與其速度的乘積.2.質點系的動量定理:

① 微分形式:質點系的動量對時間的一階導數等于作用在該質點系上所有外力的矢量和.② 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)3.質心運動守恒定律：如果所有作用于質心系的外力在x軸上投影的代數和恒等于零，即∑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中做穩定流動，流量為Q，密度為ρ，AB端流入截面的直徑為d，另一端CD流出截面的直徑為d1。求液體對管壁的附加動壓力。

解 取ABCD一段液體為研究對象，設流出、流入的速度大小為v1和v2,則

V1=，v2=

建立坐標系，則附加動反力在x、y軸上的投影為F’’Nx=ρQ(v2-0)= F’’Ny=ρQ [0-（-v1）]

例11-7：圖11-6所示的曲柄滑塊機構中，設曲柄OA受力偶作用以勻角速度w轉動，滑塊B沿x軸滑動。若OA=AB=l，OA及AB都為均質桿，質量都為m1，滑塊B的質量為m2。試求此系統的質心運動方程、軌跡及此系統的動量。

解

設t=0時桿OA水平，則有=wt。將系統看成是由三個質點組成的，分別位于桿OA的中點、桿AB的中點和B點。系統質心的坐標為 Xc=cosωt=lcosωt Yc=sinωt=lsinωt 上式即系統質心C的運動方程。由上兩式消去時間t,得 [xc] 2+[] 2=1 即質心C的運功軌跡為一橢圓，如圖11-6中虛線所示。應指出，系統的動量，利用式（11-15）的投影式，有

Px=mvcx=(2m1+m2)=-2(m1+m2)lωsinωt Py=mvcy=(2m1+m2)=m1lωcosωt 例11-11：平板D放置在光滑水平面上，板上裝有一曲柄、滑桿、套筒機構，十字套筒C保證滑桿AB為平移，如圖示。已知曲柄OA是一長為r，質量為m的均質桿，以勻角速度w繞軸O轉動。滑桿AB的質量為4m,套筒C的質量為2m，機構其余部分的質量為20m，設初始時機構靜止，試求平板D的水平運動規律x(t)。

解 去整體為質點系，說受的外力有各部分的重力和水平面的反力。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l，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=

=

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

Xc2=

因為在水平方向上質心守恒，所以xc1=xc2，解得：X(t)=(1-cosωt)

第12章 動量矩定理

1.質點和質點系的動量矩:

⑴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)⑵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)

2.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)3.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.4.動量矩定理:質點對某定點的動量矩對時間的一階導數等于作用于質點的力對同一點的矩.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=ml 2=m（3R）2=3mR 2 圓盤對其質心的轉動慣量為

Jzc2=mR 2 利用平行軸定理

Jz盤= Jzc2+m（R+l 2）=mR 2+16mR2=mR2 所以

Jz= Jz桿+Jz盤=3mR 2+mR2= mR 2

例12-3：質量為M1的塔倫可繞垂直于圖面的軸O轉動，繞在塔輪上的繩索于塔輪間無相對滑動，繞在半徑為r的輪盤上的繩索于剛度系數為k的彈簧相連接，彈簧的另一端固定在墻壁上，繞在半徑為R的輪盤上的繩索的另一端豎直懸掛質量為M2的重物。若塔輪的質心位于輪盤中心O，它對軸O的轉動慣量Jo=2mr,R=2r,M1=m,M2=2m.求彈簧被拉長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=-2mr2ω，Lo2=-2mR2w=-8mr2ω2 系統對O點的外力矩為 M0（）=F·r-m2g·R=ksr-4mgr 根據動量矩定理L0=ΣM0（）得10mr2=(4mg-ks)r α==

因重物的加速度a2=Rα，所以：a2=Rα= 第13章 動能定理

1.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)2.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)3.力的功率等于切向力與力作用點速度大小的乘積(13-28)4.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)5.質點系動能對時間的一階導數等于作用在指點系上所有力的功率的代數和(功率方程13-30)

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A開始時向下的速度為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的質量均為m1，滑輪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位f,繩索不能伸長，其質量忽略不計。

解 以系統為研究對象。系統中重物A和B作平移，定滑輪C做定軸轉動，動滑輪D做平面運動。初瞬時A的速度大小為v0，則滑輪D輪心的速度大小為v0，角速度為ωD=;定滑輪C的角速度為ωC=；重物B的速度大小為2v0。于是運動初瞬時系統的動能為

T1=m1v02+m2v02+(m2rD2)()2+(m2rC2)()2+m12v0 2=(10m1+7m2)速度增大一倍時的動能為T2=(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 ∑=m1gh+m2gh-f’m1g·2h=[m1g(1-2f’)+m2g]h 由式有

(10m1+7m2)= [m1g(1-2f’)+m2g]h 解得h=

例13-7：在對稱桿的A點，作用一豎直常力F，開始時系統靜止。求連桿OA運功動到水平位置時的角速度。設連桿長均為l，質量均為m，均質圓盤質量為m1，且作純滾動。

解

以系統為研究對象。由系統從靜止開始運動，故初瞬時系統的動能為

T1=0 當桿OA運動到水平位置時，桿端B為桿AB的速度瞬心，因此輪B的角速度為零。設此時桿OA的角速度為w，由于OA=AB,所以桿AB的角速度亦為w，系統此時的動能為

T2=JOAω2+JABω2=()ω2+()ω2=ω2 所有的力所做的功為 ∑=2(mg)+Flsinα=(mg+F)lsinα 由 ω2-0=(mg+F)lsinα 解得ω=

第三篇：理論力學運動學知識點總結

運動學重要知識點

一、剛體的簡單運動知識點總結

1.剛體運動的最簡單形式為平行移動和繞定軸轉動。

2.剛體平行移動。

·剛體內任一直線段在運動過程中，始終與它的最初位置平行，此種運動稱為剛體平行移動，或平移。

·剛體作平移時，剛體內各點的軌跡形狀完全相同，各點的軌跡可能是直線，也可能是曲線。

·剛體作平移時，在同一瞬時剛體內各點的速度和加速度大小、方向都相同。

3.剛體繞定軸轉動。

? 剛體運動時，其中有兩點保持不動，此運動稱為剛體繞定軸轉動，或轉動。

? 剛體的轉動方程 φ=f(t)表示剛體的位置隨時間的變化規律。

? 角速度 ω表示剛體轉動快慢程度和轉向，是代數量，以用矢量表示。

，當 α與 ω。角速度也可

? 角加速度表示角速度對時間的變化率，是代數量，同號時，剛體作勻加速轉動；當 α 與 ω異號時，剛體作勻減速轉動。角加速度也可以用矢量表示。

? 繞定軸轉動剛體上點的速度、加速度與角速度、角加速度的關系：。

速度、加速度的代數值為。

? 傳動比。

一、點的運動合成知識點總結

1.點的絕對運動為點的牽連運動和相對運動的合成結果。

? 絕對運動：動點相對于定參考系的運動；

? 相對運動：動點相對于動參考系的運動；

? 牽連運動：動參考系相對于定參考系的運動。

2.點的速度合成定理。

? 絕對速度 ：動點相對于定參考系運動的速度；

? 相對速度 ：動點相對于動參考系運動的速度；

? 牽連速度 ：動參考系上與動點相重合的那一點相對于定參考系運動的速度。

3.點的加速度合成定理。

? 絕對加速度 ：動點相對于定參考系運動的加速度；

? 相對加速度 ：動點相對于動參考系運動的加速度；

? 牽連加速度 ：動參考系上與動點相重合的那一點相對于定參考系運動的加速度；

? 科氏加速度 ：牽連運動為轉動時，牽連運動和相對運動相互影響而出現的一項附加的加速度。

? 當動參考系作平移或 = 0，或 與平行時，= 0。該部分知識點常見問題有 問題一 牽連速度和牽連加速度的意義。

問題二 應用速度合成定理時要畫速度矢量圖。

問題三 應用加速度合成定理時要畫加速度矢量圖。

問題四 動點、動系的選擇，其原則是應使相對運動軌跡清晰。

問題五 求解問題時通常先求速度。速度求得后，所有的法向加速度和科氏加速度應是已知的。

問題六 在確定科氏加速度時，應先確定其所在的直線，然后由右手法則確定指向。

三、剛體的平面運動知識點總結 1.剛體的平面運動。

剛體內任意一點在運動過程中始終與某一固定平面保持不變的距離，這種運動稱為剛體的平面運動。平行于固定平面所截出的任何平面圖形都可代表此剛體的運動。

2.基點法。

?平面圖形的運動可分解為隨基點的平移和繞基點的轉動。平移為牽連運動，它與基點的選擇有關；轉動為相對于平移參考系的運動，它與基點的選擇無關。

?平面圖形上任意兩點 A 和 B 的速度和加速度的關系為：

3.瞬心法。

此方法只用來求解平面圖形上點的速度問題。

?平面圖形內某一瞬時絕對速度等于零的點稱為該瞬時的瞬時速度中心，簡稱速度瞬心。

?平面圖形的運動可看成為繞速度瞬心作瞬時轉動。

?平面圖形上任一點 M 的速度大小為

其中 CM 為點 M 到速度瞬心 C 的距離。向圖形轉動的方向。

?平面圖形繞速度瞬心轉動的角速度等于繞任意基點轉動的角速度。

垂直于 M 與 C 兩點的連線，指

第四篇：大學理論力學考試知識點總結

《理論力學》考試知識點

靜力學

第一章 靜力學基礎

1、掌握平衡、剛體、力的概念以及等效力系和平衡力系，靜力學公理。

2、掌握柔性體約束、光滑接觸面約束、光滑鉸鏈約束、固定端約束和球鉸鏈的性質。

3、熟練掌握如何計算力的投影和平面力對點的矩，掌握空間力對點的矩和力對軸之矩的計算方法，以及力對軸的矩與對該軸上任一點的矩之間的關系。

4、對簡單的物體系統，熟練掌握取分離體并畫出受力圖。第二章 力系的簡化

1、掌握力偶和力偶矩矢的概念以及力偶的性質。

2、掌握匯交力系、平行力系、力偶系的簡化方法和簡化結果。

3、熟練掌握如何計算主矢和主矩；掌握力的平移定理和空間一般力系和平面力系的簡化方法和簡化結果。

4、掌握合力投影定理和合力矩定理。

5、掌握計算平行力系中心的方法以及利用分割法和負面積法計算物體重心。第三章 力系的平衡條件

1、了解運用空間力系（包括空間匯交力系、空間平行力系和空間力偶系）的平衡條件求解單個物體和簡單物體系的平衡問題。

2、熟練掌握平面力系（包括平面匯交力系、平面平行力系和平面力偶系）的平衡條件及其平面力系平衡方程的各種形式；熟練掌握利用平面力系平衡條件求解單個物體和物體系的平衡問題。

3、了解靜定和靜不定問題的概念。

4、掌握平面靜定桁架計算內力的節點法和截面法，掌握判斷零力桿的方法。第四章 摩擦

1、掌握運用平衡條件求解平面物體系的考慮滑動摩擦的平衡問題。

2、了解極限摩擦定律、滑動摩擦系數、摩擦角、自鎖現象、摩阻的概念。運動學 第五章 點的運動

1、掌握描述點的運動的矢量法、直角坐標法和弧坐標法，能求點的運動方程。

2、熟練掌握如何計算點的速度、加速度及其有關問題。第六章 剛體的基本運動

1、掌握剛體平動和定軸轉動的特征；掌握剛體定軸轉動的轉動方程、角速度和角加速度；掌握定軸轉動剛體角速度矢量和角加速度矢量的概念以及剛體內各點的速度和加速度的矢積表達式。

2、熟練掌握如何計算定軸轉動剛體的角速度和角加速度、剛體內各點的速度和加速度。第七章 點的復合運動

1、掌握運動合成和分解的基本概念和方法。

2、理解哥氏加速度的原理。

3、熟練掌握點的速度合成定理和牽連運動為平動時的加速度合成定理的應用。

4、掌握牽連運動為定軸轉動時加速度合成定理和應用。第八章 剛體的平面運動

1、理解平面運動的特征、剛體平面運動的簡化以及平面運動方程。

2、掌握用合成運動的方法分析平面運動。

3、熟練掌握計算平面圖形內各點的速度的方法（基點法、速度投影法、瞬心法）及其計算加速度的方法（基點法）。動力學

第十一章 動量定理和動量矩定理

1、熟練掌握如何計算剛體的動量、動量矩和力的沖量。

2、掌握質點和質點系對固定點的動量矩定理、剛體定軸轉動微分方程、相對于質心的動量矩定理、剛體平面運動微分方程、質點系的動量定理、質心運動定理、動量和動量矩守恒條件、質心運動守恒條件。

3、掌握利用相關定理求解質點和剛體的動力學有關問題。第十二章 動能定理

1、熟練掌握如何計算剛體的動能（平動、定軸轉動和平面運動剛體的動能）、勢能和力系的功（重力、彈性力的功、力偶的功）。

2、掌握動力學普遍定理及相應的守恒定理，能選擇和綜合應用這些定理求解剛體動力學問題。第十三章 達朗伯原理

1、掌握計算慣性力的方法。

2、熟練掌握剛體平動以及對稱剛體作定軸轉動和平面運動時慣性力系的簡化結果。

3、熟練掌握利用達朗伯原理求解動力學問題。第十四章 虛位移原理

1、理解約束方程及其分類、自由度、廣義坐標等基本概念。

2、熟練掌握應用虛位移原理簡單物體系的平衡問題。

3、理解廣義力的概念和廣義坐標形式的虛位移原理 第十五章 拉格朗日方程

1、了解動力學普遍方程和

2、理解第二類拉格朗日方程并學會初步應用。第十六章 碰撞

1、理解碰撞的概念，基本假設和分析的原理，了解碰撞時的動力學普遍定理。

2、了解分析簡單碰撞問題的方法。

就這么多吧--呵呵

祝你考試成功

第五篇：力學知識點總結

力學基礎知識：

1.長度、時間及其測量：

2.機械運動——參照物

3.機械運動——速度

4.質量與密度：質量與密度的測量、密度特點與應用

5.認識力——力和力的測量：力的定義、力的單位、力的作用效果、力的三要素、彈簧測力計的使用。

6.認識力——重力

7.認識力——摩擦力

8.認識力——力的圖示和示意圖

9.力的合成

10.力的平衡：多個力的平衡、二力平衡的條件

11.力與運動——牛頓第一定律

12.力與運動——慣性

13.壓力與壓強：壓力和壓強概念、壓強計算、如何增大和減小壓強。

14.液體壓強：P=ρgh

15.大氣壓強：大氣壓的存在、托里拆利實驗、大氣壓的變化、液體沸點與氣壓的關系

16.流體壓強與流速的關系

17.帕斯卡原理（或叫伯努力原理）

18.浮力：浮力概念、物體沉浮條件、阿基米德原理

19.簡單機械——杠桿與杠桿的平衡條件

20.簡單機械——滑輪、滑輪組

21.簡單機械——杠桿與滑輪作圖

22.簡單機械——斜面

23.做功的兩個必要因素

24.功的原理

25.功率

26.機械效率

27.機械能：決定動能與勢能大小的因素、動能與勢能的轉化

力學規律和公式

⒈力F：力是物體對物體的作用。物體間力的作用總是相互的。

力的單位：牛頓（N）。測量力的儀器：測力器；實驗室使用彈簧秤。

力的作用效果：使物體發生形變或使物體的運動狀態發生改變。

物體運動狀態改變是指物體的速度大小或運動方向改變。

⒉力的三要素：力的大小、方向、作用點叫做力的三要素。

力的圖示，要作標度；力的示意圖，不作標度。

⒊重力G：由于地球吸引而使物體受到的力。方向：豎直向下。

重力和質量關系：G=mg m=G/g

g=9.8牛／千克。讀法：9.8牛每千克，表示質量為1千克物體所受重力為9.8牛。

重心：重力的作用點叫做物體的重心。規則物體的重心在物體的幾何中心。

⒋二力平衡條件：作用在同一物體；兩力大小相等，方向相反；作用在一直線上。

物體在二力平衡下，可以靜止，也可以作勻速直線運動。

物體的平衡狀態是指物體處于靜止或勻速直線運動狀態。處于平衡狀態的物體所受外力的合

力為零。

⒌同一直線二力合成：方向相同：合力F=F1+F2;合力方向與F1、F2方向相同；

方向相反：合力F=F1-F2，合力方向與大的力方向相同。

⒍相同條件下，滾動摩擦力比滑動摩擦力小得多。

滑動摩擦力與正壓力，接觸面材料性質和粗糙程度有關。【滑動摩擦、滾動摩擦、靜摩擦】

7．牛頓第一定律也稱為慣性定律其內容是：一切物體在不受外力作用時，總保持靜止或勻速直線運動狀態。慣性：物體具有保持原來的靜止或勻速直線運動狀態的性質叫做慣性。

速度：v=s/t 密度：ρ＝m/v 重力：G=mg

壓強：p=F/s(液體壓強公式不直接考）

浮力：F浮＝G排＝ρ液gV排

漂浮懸浮時：F浮＝G物

杠桿平衡條件：F1×L1＝F2×L2 功：W=FS

功率：P=W/t＝Fv

機械效率：η＝W有用/W總＝Gh/Fs=G/Fn(n為滑輪組的股數