理論力學復(fù)習總結(jié)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(gòu)件，稱為二力構(gòu)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(yīng)。 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(nèi)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

2、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(nèi)，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 柔性體約束 光滑接觸面約束光滑鉸鏈約束第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(jié)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

3、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=F2. 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。3. 力對剛體的作用效應(yīng)分為移動和轉(zhuǎn)動。力對剛體的移動效應(yīng)用力失來度量；力對剛體的轉(zhuǎn)動效應(yīng)用力矩來度量，即力矩是度量力使剛體繞某點或某軸轉(zhuǎn)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(jié)構(gòu)中，各構(gòu)件自重忽略不計，在構(gòu)件AB上作用一力偶，其力偶矩為500kNm，求A、C兩點的約束力。

4、解 構(gòu)件BC只在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）所示。由于構(gòu)件AB上有矩為M的力偶，故構(gòu)件AB在鉸鏈A、B處的一對作用力FA、FB構(gòu)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=FBN=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(jù)作用力與反作用力的關(guān)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(nèi)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。2

5、 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(nèi)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(nèi)任意兩個直角坐標軸上投影的代數(shù)和分別等于零,各力對于作用面內(nèi)任一點之矩的代數(shù)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，F(xiàn)2=2kN，F(xiàn)3=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(gòu)成的力系向O點簡化的結(jié)果，以及該力系的最后合成結(jié)果。解（1）求主矢FR，建立如圖3-

6、8（a）所示的坐標系，有FRx=Fx=F2cos60°+F3+F4cos30°=4.598kNFRy=Fy=F1F2sin60°+F4sin30°=3.768kN所以，主矢為FR= =5.945kN主矢的方向 cos（FR,i）=0.773,(FR，i)=39.3° cos（FR,j）=0.634，（FR，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(jié)果是一個合力FR，如圖3-8（b）所示，F(xiàn)R=FR

7、，合力FR到O點的距離為d=0.421m例3-10連續(xù)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(xiàn)=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，F(xiàn)axFcos45°=0Fy=0，F(xiàn)Ay2ql+Fsin45°+FD=0MA（F）=0，MA+M4ql ²+3FDl+4Flsin45°=0以

8、上三個方程中包含四個未知量，需補充方程?，F(xiàn)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，ql²+FDl+2Flsin45°=0聯(lián)立求解得FAx=21.21kN，F(xiàn)ay=36.21kN，MA=57.43kN·m，F(xiàn)D=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。tanm=fs2. 自鎖現(xiàn)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(nèi)，C點總是在B點右側(cè)，物體總是保持平衡，這種平衡現(xiàn)象稱為摩擦自鎖。例4-3梯子AB靠在墻上，其重為W=200N，如

9、圖4-7所示。梯長為l，梯子與水平面的夾角為=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(shè)C點為人所能達到的極限位置，此時 FsA=fsFNA，F(xiàn)sB=fsFNBFx=0，F(xiàn)NB-FsA=0Fy=0，F(xiàn)NA+FsB-W-W1=0MA（F）=0，-FNBsin-FsBlcos+Wcos+W1scos=0聯(lián)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=02. 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

10、代數(shù)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)=04. 均質(zhì)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(guān).若物體是均質(zhì)薄板,略去Zc,坐標為xc=Ai*xi/A,yc=Ai*yi/A5. 確定物體重心的方法(1) 查表法(2) 組合法:分割法;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、50mm×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(yīng)為負值

11、。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=mm²=157mm²,x1=-=-4.246mm，y1=0A2=50×20mm²=1000mm²，x2=25mm，y2=0A3=-×5²mm²=-78.5mm²，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(guī)機構(gòu)如圖6-4（a）所

12、示，曲柄oc以等角速度w繞O轉(zhuǎn)動，通過連桿AB帶動滑塊A、B在水平和豎直槽內(nèi)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(nèi)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(zhuǎn)動，=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：（x2L-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

13、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 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(gòu)如圖所示，曲柄OA長r，按規(guī)律=+wt 轉(zhuǎn)動（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(nèi)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

14、的平移問題可歸結(jié)為點的運動問題。 7.2剛體的定軸轉(zhuǎn)動：瞬時角速度 w=limt=d/dt 瞬時角加速度a=limwt=dw/dt=d²/dt² 轉(zhuǎn)動剛體內(nèi)任一點速度的代數(shù)值等于該點至轉(zhuǎn)軸的距離與剛體角速度的乘積a=(a²+b²)=R(²+w²) =arctan|a|/b =arctan|/w² 轉(zhuǎn)動剛體內(nèi)任一點速度和加速度的大小都與該點至轉(zhuǎn)軸的距離成正比。 例題7-1如圖所示平行四連桿機構(gòu)中，O1A=O2B=0.2m ,O1O2=AB=0.6m ,AM=0.2m ,如O1A按=15t的規(guī)律轉(zhuǎn)動，其中以rad計，t以s計。試

15、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(zhuǎn)動。根據(jù)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(guī)律為 s=O1A·=3t m 所以 VA=ds/dt=3 m/s atA=dv/dt=0 anA= (VA)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=2.4mO1A=0.2m ,=2.4/0.2=12,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

16、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(zhuǎn)動。動點的絕對運動是相對運動和牽連運動合成的結(jié)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(fù)雜的運動時，如果適當?shù)剡x取動參考系，往往能把比較

17、復(fù)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?qū)嵺`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

18、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Oxy與定系Oxy之間的坐標系變換關(guān)系為x=x0+xcos-ysin y=y0+xsin+ycos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(yīng)為動參考系上與動點

19、相重合的哪一點的速度。可設(shè)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(jù)幾何關(guān)系求得Vr=（ve²+va²-2vevacos60º）=3.6 m/sVe與va間的夾角 =arcsin（ve/vr*sin60º）=46º12總結(jié)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(yīng)簡單清楚。8.3當牽連運動為平移時，動點的絕對

20、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) =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(zhuǎn)動，其中平面圖形平移的速度和加速度與基點的選擇有關(guān)，而平面圖形繞基點轉(zhuǎn)動的角速度和角加速度與基點的選擇無關(guān)。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0繞軸O轉(zhuǎn)動，如圖9-7所示，OC=BC=AC=r，求圖示位

21、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(zhuǎn)動，橢圓規(guī)尺AB做平面運動，vc=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+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(guān)系可得 vA=2vccos30°=0r,Vac=Vc，Vac=ABr 解得AB=0（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。vBBC=vCBCVccos30°=vBcos30°解得Vb=vC=0r例9-

22、5圖9-15所示機構(gòu)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(jù)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AB= vB=AB·BP=vAtan vD=AB·DP=·=圓盤B做平面運動，C點為其速度瞬心，則B=tan第三篇 動力學 第10章 質(zhì)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(zhì)點，將保持靜止或做勻速

23、直線運動。又稱慣性定律。2. 牛頓第二定律：質(zhì)點的質(zhì)量與加速度的乘積，等于作用于質(zhì)點的力的大小，加速度的方向與力的方向相同。F =ma3. 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(gòu)如圖10-2（a）。曲柄OA以勻角速度轉(zhuǎn)動，OA=r，AB=l，當=r/l比較小時，以O(shè)為坐標原點，滑塊B的運動方程可近似表示為X=l(1-)+r(cost+)如滑塊的質(zhì)量為m，忽略摩擦及連桿AB的質(zhì)量，試求當=t=0和時，連桿AB所受的力。解以滑塊B為研究對象，當=t時，其受力如圖10-2（b）所示。由于連桿不計質(zhì)量，AB應(yīng)

24、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?；瑝K啱x軸的運動方程Max=-Fcos由滑塊B的運動方程可得Ax=-r²（cost+cos2t）當t=0時，ax=-r²（1+），且=0，得F=mr²(1+)桿AB受拉力。 同理可得，當t=時，F(xiàn)=-，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(zhì)量為m，彈簧的剛度系數(shù)為k。在彈簧拉長變形量為a時，釋放物塊。求物塊的運動規(guī)律。解 以彈簧未變形處為坐標原點O，設(shè)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

25、微分方程為 m=Fx=-kx令²n=，將上式化為自由振動微分方程的標準形式 +²nx=0上式的解可寫為X=Acos(nt+)其中A、為任意常數(shù)，應(yīng)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=0，A=a，代入式中，可解得運動方程為X=acosnt第11章 動力定理1. 動量：等于質(zhì)點的質(zhì)量與其速度的乘積.2. 質(zhì)點系的動量定理: 微分形式:質(zhì)點系的動量對時間的一階導數(shù)等于作用在該質(zhì)點系上所有外力的矢量和. 積分形式:質(zhì)點系的動量在任一時間間隔內(nèi)的變化,等于在同一時間間隔內(nèi)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(zhì)心運動守恒定律：如

26、果所有作用于質(zhì)心系的外力在x軸上投影的代數(shù)和恒等于零，即F=0，則Vcx=常量，這表明質(zhì)心的橫坐標xc不變或質(zhì)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Q，密度為，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(shè)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FNx=Q(v2-0)=FNy=Q 0-（-v1）例11-7：圖11-6所示的曲柄滑塊機構(gòu)中，設(shè)曲柄OA受力偶作用以勻角速度w轉(zhuǎn)動，滑塊B沿x軸滑動。若OA=AB=l，OA及AB都為

27、均質(zhì)桿，質(zhì)量都為m1，滑塊B的質(zhì)量為m2。試求此系統(tǒng)的質(zhì)心運動方程、軌跡及此系統(tǒng)的動量。解 設(shè)t=0時桿OA水平，則有=wt。將系統(tǒng)看成是由三個質(zhì)點組成的，分別位于桿OA的中點、桿AB的中點和B點。系統(tǒng)質(zhì)心的坐標為Xc=cost=lcostYc=sint=lsint上式即系統(tǒng)質(zhì)心C的運動方程。由上兩式消去時間t,得xc²+²=1即質(zhì)心C的運功軌跡為一橢圓，如圖11-6中虛線所示。應(yīng)指出，系統(tǒng)的動量，利用式（11-15）的投影式，有Px=mvcx=(2m1+m2)=-2(m1+m2)lsintPy=mvcy=(2m1+m2)=m1lcost例11-11：平板D放置在光滑水平面

28、上，板上裝有一曲柄、滑桿 、套筒機構(gòu)，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(zhì)量為m的均質(zhì)桿，以勻角速度w繞軸O轉(zhuǎn)動?；瑮UAB的質(zhì)量為4m,套筒C的質(zhì)量為2m，機構(gòu)其余部分的質(zhì)量為20m，設(shè)初始時機構(gòu)靜止，試求平板D的水平運動規(guī)律x(t)。解 去整體為質(zhì)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(zhì)點系質(zhì)心在水平軸上的坐標保持不變。建立坐標系，并設(shè)平板D的質(zhì)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(zhì)點系質(zhì)心的水平軸的坐標為Xc1=設(shè)經(jīng)過時間t，平板D向右移動了x(t)，曲柄OA轉(zhuǎn)動了角度wt,

29、此時質(zhì)點系質(zhì)心坐標為Xc2=因為在水平方向上質(zhì)心守恒，所以xc1=xc2, 解得：X(t)=(1-cost)P207習題11-3第12章 動量矩定理1. 質(zhì)點和質(zhì)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(zhì)點系對固定點O的動量矩等于各質(zhì)點對同一點O的動量矩的矢量和.即:Lo=Lo(mv)2. 繞定軸轉(zhuǎn)動剛體對于轉(zhuǎn)軸的動量矩等于剛體對轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動慣量,等于剛體對通過質(zhì)心并與該軸平行的軸轉(zhuǎn)動慣量,加上剛體的質(zhì)量與兩軸間距離平方的乘積.4. 動量矩定理:質(zhì)點對某定點的動量矩對

30、時間的一階導數(shù)等于作用于質(zhì)點的力對同一點的矩.例12-2：已知均質(zhì)細桿和均質(zhì)圓盤的質(zhì)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(zhuǎn)動慣量。解 擺對Z軸的轉(zhuǎn)動慣量為 Jz=Jz桿+Jz盤 桿對Z軸的轉(zhuǎn)動慣量為 Jz桿=ml²=m（3R）²=3mR²圓盤對其質(zhì)心的轉(zhuǎn)動慣量為 Jzc2=mR²利用平行軸定理 Jz盤= Jzc2+m（R+l²）=mR²+16mR²=mR²所以Jz= Jz桿+Jz盤=3mR²+mR²= mR²例12-3：質(zhì)量為M1的塔倫可繞垂直于圖面

31、的軸O轉(zhuǎn)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(shù)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(zhì)量為M2的重物。若塔輪的質(zhì)心位于輪盤中心O，它對軸O的轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動，設(shè)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，Lo2=-2mR2w=-8mr2²系統(tǒng)對O點的外力矩為M0（）=F·r-m2g·R=ksr-4mgr根據(jù)動量矩定理L0=M0（）得10mr²=(4mg-ks)r=因