理论力学复习总结(知识点)(2).doc

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第一篇 静力学
第1 章静力学公理与物体的受力分析
1.1 静力学公理
公理1 二力平衡公理 ：作用于刚体上的两个力，使刚体保持平衡的必要和充分条件是：这两个力大小相等、方向相反且作用于同一直线上。 F=-F’
工程上常遇到只受两个力作用而平衡的构件，称为二力构件或二力杆。
公理 2 加减平衡力系公理 ：在作用于刚体的任意力系上添加或取去任意平衡力系，不改变原力系对刚体的效应。
推论 力的可传递性原理 ：作用于刚体上某点的力，可沿其作用线移至刚体内任意一点，而不改变该力对刚体的作用。
公理3 力的平行四边形法则 ：作用于物体上某点的两个力的合力，也作用于同一点上，其大小和方向可由这两个力所组成的平行四边形的对角线来表示。
推论 三力平衡汇交定理 ：作用于刚体上三个相互平衡的力，若其中两个力的作用线汇交于一点，则此三个力必在同一平面内，且第三个力的作用线通过汇交点。
公理4 作用与反作用定律 ：两物体间相互作用的力总是同时存在，且其大小相等、方向相反，沿着同一直线，分别作用在两个物体上。
公理5 钢化原理 ：变形体在某一力系作用下平衡，若将它钢化成刚体，其平衡状态保持不变。对处于平衡状态的变形体，总可以把它视为刚体来研究。
1.2 约束及其约束力
１． 柔性体约束
２． 光滑接触面约束
３．光滑铰链约束

第2章 平面汇交力系与平面力偶系
1. 平面汇交力系合成的结果是一个合力,合力的作用线通过各力作用线的汇交点,其大小和方向可由失多边形的封闭边来表示,即等于个力失的矢量和,即FR=F1+F2+…..+Fn=∑F
2. 矢量投影定理：合矢量在某轴上的投影，等于其分矢量在同一轴上的投影的代数和。
3. 力对刚体的作用效应分为移动和转动。力对刚体的移动效应用力失来度量；力对刚体的转动效应用力矩来度量，即力矩是度量力使刚体绕某点或某轴转动的强弱程度的物理量。（Mo（F）=±Fh）
4. 把作用在同一物体上大小相等、方向相反、作用线不重合的两个平行力所组成的力系称为力偶，记为（F,F’）。

例2-8
如图2.-17（a）所示的结构中，各构件自重忽略不计，在构件AB上作用一力偶，其力偶矩为500kN•m，求A、C两点的约束力。

解 构件BC只在B、C两点受力，处于平衡状态，因此BC是二力杆，其受力如图2-17（b）所示。
由于构件AB上有矩为M的力偶，故构件AB在铰链A、B处的一对作用力FA、FB’构成一力偶与矩为M的力偶平衡（见图2-17（c））。由平面力偶系的平衡方程∑Mi=0，得
﹣Fad+M=0
则有 FA=FB’N=471.40N
由于FA、FB’为正值，可知二力的实际方向正为图2-17（c）所示的方向。
根据作用力与反作用力的关系，可知FC=FB’=471.40N，方向如图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为一合力。则其合力对于作用面内任意一点之矩等于力系中各力对于同一点之矩的代数和。
2． 平面任意力系平衡的充分和必要条件为：力系的主失和对于面内任意一点Q的主矩同时为零，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条件是,力系中所有力在作用面内任意两个直角坐标轴上投影的代数和分别等于零,各力对于作用面内任一点之矩的代数和也是等于零.

例3-1
如图3-8（a）所示，在长方形平板的四个角点上分别作用着四个力，其中F1=4kN，F2=2kN，F3=F4=3kN，平板上还作用着一力偶矩为M=2kN·m的力偶。试求以上四个力及一力偶构成的力系向O点简化的结果，以及该力系的最后合成结果。

解 （1）求主矢FR’，建立如图3-8（a）所示的坐标系，有
F’Rx=∑Fx=﹣F2cos60°+F3+F4cos30°=4.598kN
F’Ry=∑Fy=F1－F2sin60°+F4sin30°=3.768kN
所以，主矢为
F’R= =5.945kN
主矢的方向
cos（F’R,i）==0.773, ∠(F’R，i)=39.3°
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为零，故最后的合成结果是一个合力FR，如图3-8（b）所示，FR=F’R，合力FR到O点的距离为
d==0.421m

例3-10
连续梁由AC和CE两部分在C点用铰链连接而成，梁受载荷及约束情况如图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的约束力。
解 先以整体为研究对象，其受力如图3-18（a）所示。其上除受主动力外，还受固定端A处的约束力Fax、Fay和矩为MA的约束力偶，支座D处的约束力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
以上三个方程中包含四个未知量，需补充方程。现选CE为研究对象，其受力如图3-（b）所示。以C点为矩心，列力矩平衡方程有
∑MC（F）=0，－ql ²+FDl+2Flsin45°=0联立求解得
FAx=21.21kN，Fay=36.21kN，MA=57.43kN·m，FD=﹣37.43kN

第4章 考虑摩擦的平衡问题
1. 摩擦角：物体处于临界平衡状态时，全约束力和法线间的夹角。tanψm=fs
2. 自锁现象：当主动力即合力Fa的方向、大小改变时，只要Fa的作用线在摩擦角内，C点总是在B点右侧，物体总是保持平衡，这种平衡现象称为摩擦自锁。

例4-3
梯子AB靠在墙上，其重为W=200N，如图4-7所示。梯长为l，梯子与水平面的夹角为θ=60°已知接触面间的摩擦因数为0.25。今有一重650N的人沿梯上爬，问人所能达到的最高点C到A点的距离s为多少？
解 整体受力如图4-7所示，设C点为人所能达到的极限位置，此时
FsA=fsFNA，FsB=fsFNB
∑Fx=0，FNB-FsA=0
∑Fy=0，FNA+FsB-W-W1=0
∑MA（F）=0，-FNBsinθ-FsBlcosθ+Wcosθ+W1scosθ=0
联立求解得 S=0.456l

第5章 空间力系
1. 空间汇交力系平衡的必要与充分条件是:该力系的合力等于零,即FR=∑Fi=0
2. 空间汇交力系平衡的解析条件是:力系中各力在三条坐标轴上投影的代数和分别等于零.
3. 要使刚体平衡,则主失和主矩均要为零,即空间任意力系平衡的必要和充分条件是:该力系的主失和对于任一点的主矩都等于零,即FR`=∑Fi=0,Mo=∑Mo(Fi)=0
4. 均质物体的重力位置完全取决于物体的几何形状,而与物体的重量无关.若物体是均质薄板,略去Zc,坐标为xc=∑Ai*xi/A,yc=∑Ai*yi/A
5. 确定物体重心的方法
(1) 查表法
(2) 组合法:①分割法;②负面积(体积)法
(3) 实验法

例5-7
试求图5-21所示截面重心的位置。
解 将截面看成由三部分组成：半径为10mm的半圆、50mm×20mm的矩形、半径为5mm的圆，最后一部分是去掉的部分，其面积应为负值。取坐标系Oxy，x轴为对称轴，则截面重心C必在x轴上，所以yc=0.这三部分的面积和重心坐标分别为
A1=mm ²=157mm ²,x1=-=-4.246mm，y1=0
A2=50×20mm ²=1000mm ²，x2=25mm，y2=0
A3=-π×5 ²mm ²=-78.5mm ²，x3=40mm，y3=0
用负面积法，可求得
Xc==
第二篇 运动学
第6章 点的运动学
6.2直角坐标法
运动方程 x=f(t) y=g(t) z=h(t) 消去t可得到轨迹方程 f（x,y,z）=0 其中
例题6 -1 椭圆规机构如图6-4（a）所示，曲柄oc以等角速度w绕O转动，通过连杆AB带动滑块A、B在水平和竖直槽内运动，OC=BC=AC=L 。求：（1）连杆上M点（AM=r）的运动方程；（2）M点的速度与加速度。
解：（1）列写点的运动方程
由于M点在平面内运动轨迹未知，故建立坐标系。点M是BA杆上的一点，该杆两端分别被限制在水平和竖直方向运动。曲柄做等角速转动，Φ=wt 。由这些约束条件写出M点运动方程x=(2L-r)coswt y=rsinwt 消去t 得轨迹方程：（x／2L-r）²+（y/x）²=1
（2）求速度和加速度
对运动方程求导，得 dx/dt=-(2L-r)wsinwt dy/dt=rsinwt 再求导a1=-(2L-r)w²coswt a2=-rw²sinwt 由式子可知a=a1i+a2j=-w²r
6.3自然法
2.自然坐标系：b=t×n 其中b为副法线 n为主法线 t
3.点的速度 v=ds/dt 切向加速度 at=dv/dt 法向加速度 an=v²/p
习题6-10 滑道连杆机构如图所示，曲柄OA长r，按规律θ=θ’+wt 转动（θ以rad计，t以s计），w为一常量。求滑道上C点运动、速度及加速度方程。
解：
第七章 刚体的基本运动
7.1刚体的平行运动：刚体平移时，其内所有各点的轨迹的形状相同。在同一瞬时，所有各点具有相同的速度和相同的加速度。刚体的平移问题可归结为点的运动问题。
7.2刚体的定轴转动：瞬时角速度 w=lim△θ∕△t=dθ/dt
瞬时角加速度a=lim△w∕△t=dw/dt=d²θ/dt²
转动刚体内任一点速度的代数值等于该点至转轴的距离与刚体角速度的乘积
a=√(a² +b²)=R√(α²+w²) θ=arctan|a|/b =arctan|α|/w²
转动刚体内任一点速度和加速度的大小都与该点至转轴的距离成正比。
例题7-1如图所示平行四连杆机构中，O1A=O2B=0.2m ,O1O2=AB=0.6m ,AM=0.2m ,如O1A按φ=15πt的规律转动，其中φ以rad计，t以s计。试求t=0.8s时，M点的速度与加速度。
解：在运动过程中，杆AB始终与O1O2平行。因此，杆AB为平移，O1A为定轴转动。根据平移的特点，在同一瞬时M、A两点具有相同的速度和加速度。A点做圆周运动，它的运动规律为 s=O1A·φ=3πt m
所以 VA=ds/dt=3π m/s atA=dv/dt=0 anA= (V A) ²/O1A=45 m/s
为了表示Vm 、am 的2，需确定t=0.8s时，AB杆的瞬时位置。当t=0.8s时，s=2.4πm
O1A=0.2m , φ=2.4π/0.2=12π,AB杆正好第6次回到起始位置O点处，Vm 、am的方向如图所示。
第8章点的合成运动
8.1合成运动的概念：相对于某一参考系的运动可由相对于其他参考系的几个运动组合而成，这种运动称为合成运动。
当研究的问题涉及两个参考系时，通常把固定在地球上的参考系称为定参考系，简称定系。吧相对于定系运动的参考系称为动参考系，简称动系。研究的对象是动点。动点相对于定参考系的运动称为绝对运动；动点相对于动参考系的运动称为相对运动；动参考系相对于定参考系的运动称为牵连运动。动系作为一个整体运动着，因此，牵连运动具体有刚体运动的特点，常见的牵连运动形式即为平移或定轴转动。
动点的绝对运动是相对运动和牵连运动合成的结果。绝对运动也可分解为相对运动和牵连运动。在研究比较复杂的运动时，如果适当地选取动参考系，往往能把比较复杂的运动分解为两个比较简单的运动。这种研究方法无论在理论上或实践中都具有重要意义。
动点在相对运动中的速度、加速度称为动点的相对速度、相对加速度，分别用vr和ar表示。动点在绝对运动中的速度、加速度称为动点的绝对速度和绝对加速度，分别用va和aa表示。换句话说，观察者在定系中观察到的动点的速度和加速度分别为绝对速度和绝对加速度；在动系中观察到动点的速度和加速度分别为相对速度和相对加速度。
在某一瞬时，动参考系上与动点M相重合的一点称为此瞬时动点M的牵连点。如在某瞬时动点没有相对运动，则动点将沿着牵连点的轨迹而运动。牵连点是动系上的点，动点运动到动系上的哪一点，该点就是动点的牵连点。定义某瞬时牵连点相对于定参考系的速度、加速度称为动点的牵连速度、牵连加速度，分别用ve和ae表示。
动系O’x’y’与定系Oxy之间的坐标系变换关系为
x=x0+x’cosθ-y’sinθ y=y0+x’sinθ+y’cosθ
在点的绝对运动方程中消去时间t，即得点的绝对运动轨迹；在点的相对运动方程中消去时间t，即得点的相对运动轨迹。
例题8-4 矿砂从传送带A落到另一传送带B上，如图所示。站在地面上观察矿砂下落的速度为v1=4 m/s ，方向与竖直线成30角。已知传送带B水平传动速度v2=3 m/s.求矿砂相对于传送带B的速度。
解：以矿砂M为动点，动系固定在传送带B上。矿砂相对地面的速度v1为绝对速度；牵连速度应为动参考系上与动点相重合的哪一点的速度。可设想动参考系为无限大，由于它做平移，各点速度都等于v2 。于是v2等于动点M的牵连速度。
由速度合成定理知，三种速度形成平行四边形，绝对速度必须是对角线，因此作出的速度平行四边形如图所示。根据几何关系求得
Vr=√（ve²+va²-2vevacos60º）=3.6 m/s
Ve与va间的夹角 β=arcsin（ve/vr*sin60º）=46º12’
总结以上，在分析三种运动时，首先要选取动点和动参考系。动点相对于动系是运动的，因此它们不能处于同一物体；为便于确定相对速度，动点的相对轨迹应简单清楚。
8.3当牵连运动为平移时，动点的绝对加速度等于牵连加速度和相对加速度的矢量和。

第9章 刚体的平面运动
9.1刚体平面运动的分析：其运动方程x=f1(t) y=f2(t) θ=f3(t)完全确定平面运动刚体的运动规律
在刚体上，可以选取平面图形上的任意点为基点而将平面运动分解为平移和转动，其中平面图形平移的速度和加速度与基点的选择有关，而平面图形绕基点转动的角速度和角加速度与基点的选择无关。
9.2刚体平面运动的速度分析：
平面图形在某一瞬时，其上任意两点的速度在这两点的连线上的投影相等，这就是速度投影定理。Vcosa=vcosb

例9-1
椭圆规尺AB由曲柄OC带动，曲柄以匀角速度ω0绕轴O转动，如图9-7所示，OC=BC=AC=r，求图示位置时，滑块A、B的速度和椭圆规尺AB的角速度。

解 已知OC绕轴O做定轴转动，椭圆规尺AB做平面运动，vc=ω0r。
（1） 用基点法求滑块A的速度和AB的角速度。因为C的速度已知，选C为基点。
vA=Vc+VAC
式中的vc的大小和方向是已知的，vA的方向沿y轴，vAC的方向垂直于AC，可以作出速度矢量图，如图9-7所示。
由图形的几何关系可得
vA=2vccos30°=ω0r,Vac=Vc，Vac=ωABr
解得
ωAB=ω0（顺时针）
（2） 用速度投影定理求滑块B的速度，B的速度方向如图9-7所示。
[vB]BC=[vC]BC
Vccos30°=vBcos30°
解得
Vb=vC=ω0r

例9-5
图9-15所示机构中，长为l的杆AB的两端分别与滑块A和圆盘B沿竖直方向光滑移动，半径为R的圆盘B沿水平直线做纯滚动。已知在图示的位置时，滑块A的速度为vA，求该瞬时杆B端的速度、杆AB的角速度、杆AB中点D的速度和圆盘的角速度。

解 根据题意，杆AB做平面运动，vA的方向已知，圆盘中心B的速度沿水平方向，则杆AB的速度瞬心为P点，有
ωAB==
vB=ωAB·BP=vAtanθ
vD=ωAB·DP=·=
圆盘B做平面运动，C点为其速度瞬心，则ωB==tanθ
第三篇 动力学
第10章 质点动力学的基本方程
1. 牛顿第一定律：不受了作用（包括受到平衡力系作用）的质点，将保持静止或做匀速直线运动。又称惯性定律。
2. 牛顿第二定律：质点的质量与加速度的乘积，等于作用于质点的力的大小，加速度的方向与力的方向相同。F =ma
3. 牛顿第三定律：两个物体间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，沿着同一直线，同时分别作用在这两个物体上。

例10-2：曲柄连杆机构如图10-2（a）。曲柄OA以匀角速度ω转动，OA=r，AB=l，当λ=r/l比较小时，以O为坐标原点，滑块B的运动方程可近似表示为
X=l(1-)+r(cosωt+)
如滑块的质量为m，忽略摩擦及连杆AB的质量，试求当ψ=ωt=0和时，连杆AB所受的力。
解 以滑块B为研究对象，当ψ=ωt时，其受力如图10-2（b）所示。由于连杆不计质量，AB应为二力杆，所以受平衡力系作用，它对滑块B的拉力F沿AB方向。滑块啱x轴的运动方程
Max=-Fcosβ
由滑块B的运动方程可得
Ax==-rω²（cosωt+λcos2ωt）
当ωt=0时，ax=-rω²（1+λ），且β=0，得
F=mrω²(1+λ)
杆AB受拉力。
同理可得，当ωt=时，F=-，杆AB受压力
例10-5
物块在光滑水平面上并与弹簧相连，如图10-5所示。物块的质量为m，弹簧的刚度系数为k。在弹簧拉长变形量为a时，释放物块。求物块的运动规律。

解 以弹簧未变形处为坐标原点O，设物块在任意坐标x处弹簧变形量为|x|，弹簧力大小为F=k|x|，并指向O点，如图10-5所示，则此物块沿x轴的运动微分方程为 m=Fx=-kx
令ω²n=，将上式化为自由振动微分方程的标准形式 +ω²nx=0
上式的解可写为X=Acos(ωnt+θ)
其中A、θ为任意常数，应由运动的初始条件决定。由题意，当t=0时，=0，x=a，代入上式，解得θ=0，A=a，代入式中，可解得运动方程为X=acosωnt

第11章 动力定理
1. 动量：等于质点的质量与其速度的乘积.
2. 质点系的动量定理:
① 微分形式:质点系的动量对时间的一阶导数等于作用在该质点系上所有外力的矢量和.
② 积分形式:质点系的动量在任一时间间隔内的变化,等于在同一时间间隔内作用在该指点系上所有外力的冲凉的矢量和.(冲凉定理)
3. 质心运动守恒定律：如果所有作用于质心系的外力在x轴上投影的代数和恒等于零，即∑F=0，则Vcx=常量，这表明质心的横坐标xc不变或质心沿x轴的运动时均匀的。

例11-5：已知液体在直角弯管ABCD中做稳定流动，流量为Q，密度为ρ，AB端流入截面的直径为d，另一端CD流出截面的直径为d1。求液体对管壁的附加动压力。
解 取ABCD一段液体为研究对象，设流出、流入的速度大小为v1和v2,则
V1=，v2=
建立坐标系，则附加动反力在x、y轴上的投影为F’’Nx=ρQ(v2-0)=
F’’Ny=ρQ [0-（-v1）]
例11-7：图11-6所示的曲柄滑块机构中，设曲柄OA受力偶作用以匀角速度w转动，滑块B沿x轴滑动。若OA=AB=l，OA及AB都为均质杆，质量都为m1，滑块B的质量为m2。试求此系统的质心运动方程、轨迹及此系统的动量。
解 设t=0时杆OA水平，则有=wt。将系统看成是由三个质点组成的，分别位于杆OA的中点、杆AB的中点和B点。系统质心的坐标为
Xc=cosωt=lcosωt
Yc=sinωt=lsinωt
上式即系统质心C的运动方程。由上两式消去时间t,得
[xc] ²+[] ²=1
即质心C的运功轨迹为一椭圆，如图11-6中虚线所示。应指出，系统的动量，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，板上装有一曲柄、滑杆 、套筒机构，十字套筒C保证滑杆AB为平移，如图示。已知曲柄OA是一长为r，质量为m的均质杆，以匀角速度w绕轴O转动。滑杆AB的质量为4m,套筒C的质量为2m，机构其余部分的质量为20m，设初始时机构静止，试求平板D的水平运动规律x(t)。
解 去整体为质点系，说受的外力有各部分的重力和水平面的反力。因为外力在水平轴上的投影为零，且初始时静止，因此质点系质心在水平轴上的坐标保持不变。建立坐标系，并设平板D的质心距O点的水平距离为a，AB长为l，C距O点的水平距离为b,则初始时质点系质心的水平轴的坐标为

Xc1==
设经过时间t，平板D向右移动了x(t)，曲柄OA转动了角度wt,此时质点系质心坐标为
Xc2=
因为在水平方向上质心守恒，所以xc1=xc2, 解得：X(t)=(1-cosωt)

P207习题11-3

第12章 动量矩定理
1. 质点和质点系的动量矩:
⑴指点对点O的动量矩失在z轴的投影,等于对z轴的动量矩,即「Lo(mv)」=Lz(mv)
⑵质点系对固定点O的动量矩等于各质点对同一点O的动量矩的矢量和.即:Lo=∑Lo(mv)
2. 绕定轴转动刚体对于转轴的动量矩等于刚体对转轴的装动惯量与角速度的乘积.(Lz=wJz)
3. 平行轴定理:刚体对于任一轴的转动惯量,等于刚体对通过质心并与该轴平行的轴转动惯量,加上刚体的质量与两轴间距离平方的乘积.
4. 动量矩定理:质点对某定点的动量矩对时间的一阶导数等于作用于质点的力对同一点的矩.

例12-2：已知均质细杆和均质圆盘的质量都为m,圆盘半径为R，杆长3R，求摆对通过悬挂点O并垂直于图面的Z轴的转动惯量。
解 摆对Z轴的转动惯量为
Jz=Jz杆+Jz盘
杆对Z轴的转动惯量为
Jz杆=ml ²=m（3R）²=3mR ²
圆盘对其质心的转动惯量为
Jzc2=mR ²
利用平行轴定理
Jz盘= Jzc2+m（R+l ²）=mR ²+16mR²=mR²
所以
Jz= Jz杆+Jz盘=3mR ²+mR²= mR ²

例12-3：质量为M1的塔伦可绕垂直于图面的轴O转动，绕在塔轮上的绳索于塔轮间无相对滑动，绕在半径为r的轮盘上的绳索于刚度系数为k的弹簧相连接，弹簧的另一端固定在墙壁上，绕在半径为R的轮盘上的绳索的另一端竖直悬挂质量为M2的重物。若塔轮的质心位于轮盘中心O，它对轴O的转动惯量Jo=2mr,R=2r,M1=m,M2=2m.求弹簧被拉长s时，重物M2的加速度。
解 塔轮做定轴转动，设该瞬时角速度为w,重物作平移运动，则它的速度为v=Rw,它们对O点的动量矩分别为Lo1，Lo2，大小为
Lo1=-Jo·w=-2mr2ω，Lo2=-2mR2w=-8mr2ω²
系统对O点的外力矩为
M0（）=F·r-m2g·R=ksr-4mgr
根据动量矩定理L0=ΣM0（）
得10mr²=(4mg-ks)r
α==
因重物的加速度a2=Rα，所以：a2=Rα=

第13章 动能定理
1. 质点系动能的微分,等于作用在质点系上所有力所做元功的和,这就是质点系微分形式的动能定理.(13-23)
2. 质点系积分形式的动能定理:质点系在某一运动过程中动能的改变量,等于作用在质点系上所有力在这一过程中所做的功的和.(13-24,13-25)
3. 力的功率等于切向力与力作用点速度大小的乘积(13-28)
4. 作用在转动刚体上力的功率等于该力堆转轴的矩与角速度的乘积.(13-29)
5. 质点系动能对时间的一阶导数等于作用在指点系上所有力的功率的代数和(功率方程13-30)

例13-5：重物A和重物B通过动滑轮D和定滑轮C而运动。如果重物A开始时向下的速度为v0,试问重物A下落多大距离时，其速度增大一倍。设重物A和B的质量均为m1，滑轮D和C的质量均为m2，且为均质圆盘。重物B于水平间的动摩擦因数位f,绳索不能伸长，其质量忽略不计。
解 以系统为研究对象。系统中重物A和B作平移，定滑轮C做定轴转动，动滑轮D做平面运动。初瞬时A的速度大小为v0，则滑轮D轮心的速度大小为v0，角速度为ωD=;定滑轮C的角速度为ωC=；重物B的速度大小为2v0。于是运动初瞬时系统的动能为
T1=m1v0²+m2v0²+(m2rD²)() ²+(m2rC²)() ²+m12v0 ²=(10m1+7m2)
速度增大一倍时的动能为T2=(10m1+7m2)
设重物A下降h高度时，其速度增大一倍。所有的力所做的功为
∑=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：在对称杆的A点，作用一竖直常力F，开始时系统静止。求连杆OA运功动到水平位置时的角速度。设连杆长均为l，质量均为m，均质圆盘质量为m1，且作纯滚动。
解 以系统为研究对象。由系统从静止开始运动，故初瞬时系统的动能为
T1=0
当杆OA运动到水平位置时，杆端B为杆AB的速度瞬心，因此轮B的角速度为零。设此时杆OA的角速度为w，由于OA=AB,所以杆AB的角速度亦为w，系统此时的动能为
T2=JOAω²+JABω²=() ω²+() ω²=ω²
所有的力所做的功为 ∑=2(mg)+Flsinα=(mg+F)lsinα
由 ω²-0=(mg+F)lsinα
解得ω=
单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善
教育之通病是教用脑的人不用手，不教用手的人用脑，所以一无所能。教育革命的对策是手脑联盟，结果是手与脑的力量都可以大到不可思议。
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