理论力学知识点基本概括
参照物———有限大，参照空间———无限大;描述物体的运动必须指明相对于哪个参考空间
（2）坐标系
在参考空间中选定，如直角坐标系、柱坐标系（极坐标系）、球坐标系、自然轴系等。
（3）运动的描述
由运动方程（含时间）或运动轨迹（不含时间）描述。
�
1.矢量法：在参考空间中选定原点，描述物体上某点任意时刻的矢径r.简单、直观，矢量方程、结论只与参考空间有关：
��dr�dv���
点的运动方程：r=r(t)，点的速度、加速度：v(t)=，a(t)=
dtdt
2.分析法：在参考空间中建立坐标系，描述物体上某点任意时刻的坐标（如x,y,z）.复杂，但便于上机，
标量方程，结论还依赖于坐标系：
点的运动方程：x=
x(t),y=y(t),z=z(t)
vx(t)=
点的速度、加速度：
dxdydz,vy(t)=,vz(t)=dtdtdt
dvdvdv
ax(t)=x,ay(t)=y,az(t)=z
dtdtdt
（4）约束
约束即物体的运动所受到的几何限制条件。
几种典型的约束
1.柔绳约束和刚性杆约束2.光滑面约束
3.
光滑圆柱铰链约束
所联系的物体可绕柱铰链在平面内转动
4.
光滑球铰链约束
5.
固定铰支座
6.活动铰链支座
7.固定端（固支端）约束8.套筒与滑块
（5）广义坐标与自由度
广义坐标qi：确定物体在空间中位置的一组i个独立参数
例：在平面内任意运动的圆轮，再加一个固定铰支座
1个广义坐标ϕ，即自由度为1。自由度数S——广义坐标的个数。
不同研究对象、运动形式与自由度数
研究对象
空间运动平面运动运动形式
自由
S=3S=2质点
非自由S
S=3n
S=2n质点系
（n个质点）非自由S
（无穷多质点）
非自由
S
S
例1.1分析以下各系统的自由度，并选择一组广义坐标（1）杆AB，在杆所在的平面内作平面运动
S=3，广义坐标：
xA,yA,θ
（2）若对（1）中杆的平面运动加以如下的约束：
S=1，广义坐标：θS=1，广义坐标：θ
（3）刚体系统
S=2,广义坐标：θ,β
1.2点的运动描述
运动方程的建立
1.2.1点的运动的矢量描述，矢量法
1.点的运动方程
研究对象：点M，选定参考空间及一参考点，点的运动方程：r�=r�
(t)
点的运动轨迹：r�
的矢端图
（1.1）
2.点的速度、加速度：
��dr�̇速度：v==r
（1.2）
dt速度大小：v=v�=dr
�dt
，速度方向：沿轨迹切线，指向运动方向
加速度：a��=dvdt=̇r�
̇
加速度大小：a=v�̇=̇r�̇，加速度方向：速度矢端图的切线方向注意：1）r�
(t),v�
(t),a�
(t)都与参考空间有关
2）r�,v�,a�
都是矢量，应以矢量符号（带箭头）表示
1.2.2点的运动的坐标描述，分析法
选定参考空间，建立坐标系运动方程x=x(t)平面运动轨迹
y=y(t)运动
z=z(t)
若平面内质点B为非自由质点，S
⎧⎪
x=x(φ(t),θ(t))⎨y=y(φ(t),θ(t))（1.5）
⎪⎩
z=z(φ(t),θ(t))⎧⎪
vx=ẋ速度：
⎨vy=ẏ⎪⎩vz=ż⎧ax=ẋ̇=v̇x加速度：⎪
⎨ay=ẏ̇=v̇⎪y⎩az=̇z
̇=v̇z矢量法与分析法的关系：
位置：r�
(t)=
x(t)�i+y(t)�j+z(t)k
�（1.3）
（1.4）
（1.6）
（1.7）
（1.8）
����drdx�dy�dz��
速度：v(t)==i+j+k=vxi+vyj+vzk
dtdtdtdt�������dv�
̇i+̇̇j+̇̇k=axi+ayj+azk加速度：a(t)==̇xyzdt
（1.9）（1.10）
1.2.3建立点的运动方程的方法
（1）建立坐标系，明确研究对象，自由度，选定广义坐标（常可选为题中已给定随时间变化规律的几何参数）。
（2）将点的坐标表示为广义坐标的函数，并将广义坐标随时间变化的规律代入。（3）进一步，由运动方程求导可求速度、加速度。第二章刚体的平面运动
2.1刚体平面运动的概念与特征
刚体平面运动的定义：刚体上任意一点到某固定平面的距离始终不变，刚体上各点的运动轨迹均为平面曲线。
刚体平面运动的简化：简化为一个平面图形的运动。
刚体平面运动的三种情形:平面平移，定轴转动，一般平面运动
1.平移：刚体上任意一条直线在运动中始终平行。各点的轨迹都相同（故各点的速度、加速度都相同）。平移时各点的轨迹可以是曲线——曲线平移。
2.定轴转动：刚体内或延伸部分始终存在一根固定不动的直线成为转轴，各点（除转轴上各点外）的轨迹为大小不同的圆周。
3.一般平面运动：既非平移也非定轴转动，各点轨迹为形状不同的平面曲线。2.2矢量法研究平面图形的运动
矢量法常用于速度分析和加速度分析1.平移刚体上各点的速度、加速度
平移：A，B为刚体上的两点，AB直线始终平行，rBA为常矢量，
�
���rB=rA+rBA
∴
������̇A=ṙB⇒vrA=vB⇒aA=aB
平移时刚体上任意一点的速度、加速度都相同
2.定轴转动刚体上各点的速度、加速度
�����
设刚体绕z轴定轴转动：ω=ωk,α=αk，刚体上任意点M矢径r(t)大小不变，仅方向改变，
故dr=dΦ×r=(ωdtk)×r
�
�
�
�
�
（2.1）
�
�dr��v==ω×r
dt
定轴转动刚体上一点的速度大小为
vM=RM⋅ω
RM为M点到转轴的距离，速度方向垂直于M点到转轴的半径且与ω
一致。
对速度矢量求导，得加速度：
�����
�dvd(ω×r)dω��dra===×r+ω×
dtdtdtdt
����������t�n=α×r+ω×v=α×r+ω×(ω×r)=aM+aM
���t
⎧切向加速度aM=α×r⎨����n法向加速度a=ω×(ω×r)M⎩
其大小为
t
aM=RM⋅α
（2.2）
（2.3）
a=RM⋅ωnM
2
，方向如图
3.一般平面运动刚体上各点的速度分析（1）两点速度关系（基点法）
已知刚体上某点A的速度（取A为基点），求刚体上另一点B的速度：
���
rB=rA+rBA���̇B=ṙA+ṙBAr
������vB=vA+ω×rBA=vA+vBA
上式中记vBA=ω×rBA
���
关于vBA（B相对于A的速度）应注意1）vBA的大小：vBA=ω⋅AB
2）vBA的方向：垂直于AB连线，指向与ω的转向一致
3）两点速度关系式vB=vA+vBA中vBA表示以A为基点时B点相对于A
点的速度。
（2）速度投影定理
刚体上任意两点的速度在其连线上的投影相等。
�
��
����
�vB
��[v]=[vAABB]AB
若已知一点速度矢量的大小及方向和另一点速度矢量的方向，就可求出
其大小。
速度投影定理本质为刚体上任意两点的距离不变。（3）速度瞬心法
定理：平面图形某一瞬时若角速度ω不为零，则一定存在速度瞬心P，速度瞬心点的速度为vP=0。以速度瞬心P为基点，任意点M的速度为vM=
ω×rMP
�
���
�
vM的大小为vM=ω⋅MP,方向垂直于MP的连线，且与ωw
的转动方向一致。
故该刚体在该时刻可视为绕速度瞬心轴P轴的瞬时定轴转动
注意：有关速度瞬心的注意事项：
1）某个刚体的速度瞬心P点一般不是一个固定的点。2）速度瞬心P点的速度为零，但该点的加速度一不为零。
不要用速度瞬心求两点间的加速度关系。
3）若仅在某一个时刻刚体的wω=0，则刚体该时刻为
瞬时平动，即该时刻刚体的速度瞬心在无穷远处。
（4）求解刚体平面运动问题的基本步骤：
� w
1)分析系统中各部分刚体的运动形式(平动？定轴转动？一般平面运动？)
2)选择适当方法建立已知运动学量与未知量之间的关系：两点速度关系，速度投影定理，速度瞬心法。3)根据已知条件及分析与判断画出速度矢量图。4)求解未知速度矢量的大小。
例题1.曲柄滑块机构如图所示，曲柄OA以匀角速度ω转动。已知曲柄OA长为R，连杆AB长为l。当曲柄在任意位置ϕ=ωt时，求滑块B的速度。其中
解：速度瞬心法
sinψ=
R
sinϕl
过杆AB上A和B两点分别作vA,vB的垂线，交点为杆AB在图示位置的速度瞬心P。得
��
vA=ωAB⋅AP,
vB=
vB=ωAB⋅BP
A
BP
⋅vAP
对三角形ABP应用正弦定理得
APBP
=
πsin (ψ+ϕ)sin (−ψ)2
又vA
=Rω
B
，带入上式得
sin (ψ+ϕ)
vB=Rω
cosψ
)
例题2.
在图中，杆AB长l，滑倒时B端靠着铅垂墙壁。已知A点以速度u沿水平轴线运动，试求图示位
置杆端B点的速度及杆的角速度。
解：基点法
A点为基点，A点的速度vA=u，则B点的速度可表示为
B=A+BA
方向大小
？
�
lωAB
？
式中vB方向沿OB向下，vBA方向垂直于杆AB
�
所以
ω
AB
vBAu1==⋅
llsinψ
方向如图
4.平面图形上两点的加速度关系
以A为基点，则点B有：
两点速度关系：两边求导：
其中
����
��dvBdvAdωdrBA
=+×rBA+ω×dtdtdtdt�������aB=aA+α×rBA+ω×(ω×rBA)
������vB=vA+vBA=vA+ω×rBA
���t
aBA=α×rBA
������n
aBA=ω×(ω×rBA)=ω×vBA
比较：定轴转动时
切向加速度法向加速度
���t
aM=α×rM
���n���
aM=ω×(ω×rM)=ω×vM
���t�naB=aA+aBA+aBA
w
两点加速度关系：
其中
�taAB的大小为atAB=AB⋅α
�t
aAB方向垂直于AB，指向与α转向一致�nnaAB的大小为aAB=AB⋅ω2�naAB的方向由B指向A
例题3.
图示平面机构,半径为r的圆盘C以匀角速度ω沿水平地面向右纯滚动；杆AB的长度
l=2AB杆水平）
滑块B
解：1.速度分析
轮的速度瞬心为与地面接触点，故A点速度已知，B点速度方向已知，由AB两点速度投影定理：
vBcos60°=vAcos30°
，又
vA=2⋅rcos30°ω=3rω
3
∴vB=2⋅3rω⋅=3rω
2vA3rωAB杆的速度瞬心为P：∴ω==ωAB=
PA2r⋅sin30°
2.加速度分析
∵ω轮=常数， ∴α轮=0
=rω=常数
���τ�n�n
根据轮上A，C两点加速度关系:aA=aC+aAC+aAC=aAC
n2
∴aA=aAC=rω���τ�n
由B，A两点加速度关系：
方向
大小
�
∵aC=0
aB=aA+aBA+aBA
√？
√
√
√
rω2
lαAB?2lωAB
在x方向投影：∴aBcos60°=rω2cos30°+23rω2，∴aB=53rω2
第三章复合运动
3.1绝对运动、相对运动、牵连运动
研究对象:点M的运动(动点M)----与选取的参考空间有关1.固定参考空间(定系)----常与地球固连
绝对运动----研究对象相对于定系的运动
2.运动参考空间(动系)----常固连于相对地球作平面运动(平动、定轴转动、一般平面运动)的刚体上
相对运动----研究对象相对于动系的运动牵连运动----动系相对于定系的运动
3.复合运动----研究对象的绝对运动可分解为相对运动与牵连运动的合成
绝对运动=相对运动+牵连运动
4.本章研究的关键
解题之前必须明确(解题前明确标明)：
（1）研究对象(选取动点)----动点是哪个刚体上的哪一点？
定系：一般与大地固连
（2）参考系(选取动系)
动系：与哪个运动物体固连
3.2
点的复合运动的矢量法求解1.速度合成定理：
���va=ve+v
r
分析平底凸轮机构的运动状态
2.动点、动系的选择与运动轨迹的分析实例
动点：凸轮圆心C点。动系：固连平底挺杆AB。动系牵连运动：直线平动。
动点绝对运动轨迹为以o为圆心、oc为半径的圆。
例题1
仿形机床中半径为R的半圆形靠模凸轮以等速度v0沿水平轨道向右运动，带动顶杆AB沿铅垂方向运动，如图所示，试求φ=60º时，顶杆AB的速度。
解：
1.选择动点，动系与定系
动点－杆AB上的端点A，动系－Ox'y'，固连于凸轮，定系－固连于水平轨道2.运动分析
绝对运动轨迹－铅垂方向直线
相对运动轨迹－沿凸轮轮廓线（圆周）牵连运动－水平方向平移
3.速度分析
绝对速度va：大小未知，方向沿杆AB，设为向上牵连速度e：ve相对速度
v
=v0，方向水平向右
vr：大小未知，方向沿凸轮圆周的切线
�v
a
应用速度合成定理
��=ve+v
√
√
r
？
方向与图示一致
方向大小
√？
v0
va=ve⋅cot ϕ=v0⋅cot 60�=0.577v0
3.加速度合成定理
���
由动点M的速度合成定理：va=ve+vr
���dvadvedvr
=+对上式求绝对导数
dtdtdt
式中
����
m的速度：∴ve=vO′+ωe×r′
���
dvO'dωe��dr′
+×r′+ωe×=dtdtdt
�
�dva
为动点的绝对加速度
aa=dt
~�~��
���⎛dr′��⎞dr′dr′���
=+ωe×r′=aO′+αe×r′+ωe×⎜+ωe×r′⎟注意⎜⎟dtdt⎝dt⎠
���dvadvedvr
=+对速度合成关系求绝对导数
dtdtdt
�~����
���⎛dr′��⎞dvedvO'dωe��dr′�
=+×r′+ωe×=aO′+αe×r′+ωe×⎜+ωe×r′⎟⎜⎟dtdtdtdt⎝dt⎠��������
=aO′+αe×r′+ωe×vr+ωe×(ωe×r′)
定义动点的牵连加速度
�������ae=aO′+αe×r′+ωe×(ωe×r′)
~��~�dvrdvr������dvr
=+ωe×vr=ar+ωe×vr，其中动点的相对加速度ar=又dtdtdt
�����
所以，aa=ae+ar+2ωe×vr
���
定义动点的科氏加速度ac=2ωe×vr
����
因此得动点的加速度合成关系:aa=ae+ar+ac
加速度合成关系式中各量的物理意义：
�a绝对加速度a----定系中动点的加速度
�
相对加速度ar----动系中动点的加速度
�
�
牵连加速度ae----动系中与动点M重合的m点（牵连点）相对于定系的绝对加速度
科氏加速度ac----为动点的相对速度与动系的牵连角速度共同引起的附加加速度动系及动点在同一平面内作平面运动时:
科氏加速度的大小
�
ac=2ωevr
�
科氏加速度的方向：由vr的方向随ω的动方向旋转90º后得到.
例题2.曲柄连杆滑块机构，连杆AB相对于曲柄OA以匀角速度ωr作顺时针方向转动，已知OA=l,AB=3l，求图示瞬时滑块B的速度和加速度。
运动分析:杆OA定轴转动，杆AB一般平面运动，解：1.滑块
B水平平动。2.动点动系选择:
动点----滑块B，动系----固连于杆OA，
动系的牵连运动—绕O轴定轴转动，动点绝对运动轨迹是水平直线，动点相对运动轨迹—以A为圆心，AB为半径的圆周
3.速度分析:由动点B的速度合成关系：
���va=ve+vr
√？
√
方向√
va=vrtanα=lωr
vr=3lωrvevr
ω===ωrOA2l2lcosα
4.加速度分析：由动点加速度合成关系
大小
OB⋅ωOA？AB⋅ωr
��τ�n�aa=ae+ae++ac
方向大小
√？
√？
√
22lωOA
√√
3lωr22ωOAlωr
上式在ξ方向投影：
aacosα=2lωr2+3lωr2cosα−2ωrlωrcosα
由此解得：aa=
32
lωr，方向如图所示3
例题3.杆OA和杆O1B的长度均为r，连杆AB长为2r，当杆OA以匀角速度ω绕O轴作定轴转动时，通过连杆AB与套筒C带动连杆CD沿水平轨道滑动。在图示位置，OA水平，O1B铅垂，AC=CB=r,试求此瞬时杆CD的速度和加速度。
解：1.运动分析：OA，O1B杆为定轴转动，CD杆水平
平移，AB杆一般平面运动，套筒C复合运动。2.动点动系选择:动点----套筒上的C点，动系固连于AB杆，动点绝对轨迹为水平直线，动点相对轨迹为沿AB杆直线运动，牵连运动为一般平面运动。3.速度分析:由动点C速度合成关系
���vCa=ve+vCr
其中
�
ve即此瞬时杆AB上与套筒C点重合的C’点的绝对速度
vArω==ωPAr
由A点和B点的速度方向可确定杆AB此时的速度瞬心为P，且ωAB=故vc'
=PC⋅ωAB=rω（方向如图），vB=PB⋅ωAB=
�����故动点C的速度合成关系为：vCa=ve+vCr=vC'+vCr
方向大小
√？
√
⋅2r⋅ω=3rω2
rω
√？
由此解得vCD=vCa=vCr=
vC'=rω，方向分别如图
2cos30°3
4.加速度分析：由动点C的加速度合成关系：aCD=aa=ae+ar+aC
�����
（1）
其中ae为AB杆上与套筒C点重合的点C’的绝对加速度。由于
杆的中点，故有：ae=aC'=
�
��
1��(aA+aB)2
（2）
定系中杆AB的两点加速度关系
��τ�n�n�τ�naB=aB+aB=aA+aBA+aBA
√？
√
2vB/r
（3）
方向√√？
√
2
2rωAB
大小
rω2
2
ξ方向投影得aτB=(5+33)rω
利用此结果，并将（2）代入（1）aa=
方向
大小
√？
�
1�n�τ�n��(aA+aB+aB)+ar+aC。2
√√
√√
√√
√？
√√
在η轴上投影得到
aCD=aa=
13+32
rω3
静力学部分
第四章静力学基本概念4.1力和力偶
1.力的定义：力是物体与物体之间的机械作用，其结果:（1）改变物体的运动状态——外效应、运动效应（2）使物体产生变形——内效应、变形效应2.力对点之矩，力对轴之矩
��
（)
特点：1)力对点之矩为一个定位矢量；2)三要素：大小、方向、矩心；
3)MO(F)的大小为MO=Fh,单位：N·m,kN·m4)平面力系，力对点之矩可用代数量表示。（2）力对轴之矩（代数量）
力对点之矩式中MO(F)=MOxi+MOyj+MOzk
��
。
�����
��——力对
MOx(F)=Mx(F)
��——力对
MOy(F)=
My(F)
��——力对
MOz(F)=Mz(F)
x轴之矩y轴之矩z轴之矩
����0
力对任意l轴（方向l）之矩为：Ml(F)=MA(F)⋅l（A可取l轴上任意一点）
特点：1)力对轴之矩为一代数量,单位：N·m,kN·m；
2)代数量的符号由右手螺旋法则定出；(拇指方向与轴的方向一致为正)3)当力与某轴共面时，力对该轴之矩为0。（力和轴平行或力的作用线通过矩轴）
��4)力对轴之矩的大小：力F对任一z轴的矩，等于这力在z轴的垂直面上的分量F′对该投影面和
z轴交点的矩。(3)合力矩定理
若
则
���F=F1+F2������MO(F)=MO(F1)+MO(F2)
若则
（4）合力对轴之矩定理
���F=F1+F2
���Ml(F)=Ml(F1)+Ml(F2)
�i利用定义����
MO(
F)=r×F=x
Fx
�jyFy
�kzFz
（5）力对点之矩、力对轴之矩的计算
计算力对点之矩
��MO(F)
����
MO(F)=Fh，方向垂直于r与F组成的平面
利用合力矩定理（力分解后分别计算其对点之矩，再将结果矢量叠加）
计算力对轴之矩
�Ml(F)
利用定义
�
Ml(F)=M��A(F)⋅l°
利用合力对轴之矩定理（力分解后分别计算其对轴之矩，
例题1.手柄ABCE在平面Axy内,在D处作用一个力F，如图所示，它在垂直于y轴的平面内，偏离铅直线的
�
角度为α。如果CD=b，杆BC平行于x轴,杆CE平行于y轴，AB和BC的长度都等于l。试求力F对x，y和z
三轴的矩及力对A点之矩。
解：应用合力对轴之矩定理。
力F沿坐标轴的投影分别为：
�
�FFx=Fsin αFy=0Fz=−Fcos α
��
MxF=MxFZ=−Fz(AB+CD)=−Fcos α⋅(l+b)��
MyF=MyFZ=−FzBC=−Fcosα⋅l
��
MzF=MzFx=−Fx(AB+CD)=−Fsin α⋅(l+b)
�����
力对A点之矩：MA(F)=−F(l+b)cosαi−Flcosαj−F(L+b)sinαk�Fz
由于力与轴平行或相交时力对该轴的矩为零，则有
()()()()()()
3.力偶和力偶矩
����
定义：大小相等、方向相反、不共线的两个力F1和F2组成的力系成为力偶，记为(F1,F2)��
力偶的性质：（1）力偶中的两力矢量和恒为0。F1+F2=0
（2）力偶中的两力对空间任意点之矩的矢量和恒相等且不为0，称为力偶矩M(F1,F2)
���
O
�������M(F1,F2)=MO(F1)+MO(F2)��������=r1×F1+r2×F2=r1×F1−r2×F1
��������
=r12×F1=MD2(F1)=r21×F2=MD1(F2)
���
3)力偶矩的大小——M(F1,F2)=Fd
(3)力偶的三要素：1)作用面——两个力所在的平面
2)力偶的转向——在力偶的作用面内，由右手螺旋法确定。
注意：力偶矩为自由矢量。力偶矩的大小只取决于乘积Fd。
例题2.已知a=5m,b=4m,c=3m,F1=F2=10kN，二力大小相等，方向相反，求利偶矩。
��
��������解：M(F1,F2)=MA(F1)=MC(F2)=×1=×F2
�����
=−ai+ck，F1=Fsinαj−Fcosαk
∵sinα=
y
�i
����
∴M(F1,F2)=×F1=−a
45
cosα=
35
�j0Fsinα�kc−Fcosα
���
=(−24i−39j−40k)kN⋅m
4.21.力系的特征量：主矢和对某点的主矩。（1）力系的主矢
�
力系中各力的矢量和，记为FR
n�����
FR=∑Fi=FRxi+FRyj+FRzk
i=1
�222FR=FR=FRx+FRy+FRz
��FRx��FRy��FRzcos(FR,i)=,cos(FR,j)=,cos(FR,k)=
FRFRFR
FRx=∑Fix,FRy=∑Fiy,FRz=∑Fiz
力系主矢的特点——主矢为自由矢量（只有大小、方向，无起始点）
（2）力系对某点的主矩
nn������
取矩心为O,力系中各力对O点之矩的矢量和,记为MO，MO=∑MO(Fi)=∑ri×Fi
i=1
i=1
力系主矩的特点———主矩与矩心有关,对不同的矩心O与A，若两矩心满足ri=+ri′
��
�����MO=∑ri×Fi=∑(+ri′)×Fi则�����
=×∑Fi+∑ri′×Fi=×FR+MA
���
力系对不同点主矩的之间的关系：MO=MA+×FR
�
O
故力系对某点的主矩是一个定位矢量，位于矩心处，一般将主矢也画于矩心点上。
例题3如图力系中F1,F2分别作用于点A(0,0,a)和点B(0,0,2a)，已知a=3m,F1=4kN,F2=6kN，
求力系的主矢及力系对点O、点C(a,a,0)的主矩。����
��F1=4i
���2�2�
F2=6(j−k)=32j−32k
22������
又r1=3kr=
6k=−3
i−3
j2y
解：
����
F=4i+32j−32k∑i
�����ijkij
�����
对点O的主矩MO=r1×F1+r2×F2=003+00
400032
主矢FR=
�
�k
�
6=−182i+12j−32
���
求对点C的主矩，利用两点主矩关系:MC=MO+×FR
���
ijk
�
=−182i+12j+−3−30
432−32
�
=−92i+(12−92)j+(12−92)k
4.3
力系平衡基本公理
公理一（二力平衡公理）：作用于同一刚体上的两个力，使刚体平衡的充要条件是这二力等值、反向、共线，这样的刚体称为二力体（杆）。若对变形体，则只是必要条件。
公理二（加减平衡力系公理）：在刚体上加上或减去一个平衡力系，不改变刚体原来力系的作用效果。推论：力的可传性——作用于刚体上的力可沿其作用线滑移而不改变其作用效果（滑移矢量）。注意：不可用于变形体！公理三（刚化公理）：变形体在某一力系作用下平衡，若在其位置上将变形体刚化为刚体，则平衡状态不变。
4.4力系等效基本性质
等效力系：不同的力系对刚体的作用若产生相同的效果，这样的力系称为等效力系。注意：力系等效的作用是可使复杂的力系用简单的力系来代替。
对作用于变形体的力系不可随意等效！
性质1：力的平行四边形法则（求二力的合力）。
推论1：三力平衡必共面汇交。
推论2：汇交力系存在合力（合力作用线仍过汇交点）。
性质2：力偶等效定理——作用于同一刚体上的两力偶等效的条件是两力偶的力偶矩相等。
推论1：力偶中的两个力作用线在其作用面内同时平移、转动（保持力偶臂不变），不会改变力
偶对刚体的作用效果。
推论2：力偶作用面的任何平移不会改变力偶对刚体的作用效果。
推论3：保持力偶矩不变而任意改变力偶中两力的大小和力偶臂的值，不会改变力偶对刚体的作
用效果。
性质3：力偶矩的平行四边形法则（求合力偶矩）。
n��
推论：合力偶定理。M=∑Mi
i=1
性质4：力偶不可能与一个力相平衡。
推论1：力偶的两个力不可能合成为一个力（力偶无合力）。注意：无合力≠合力为0推论2：力偶只能被力偶矩与之等值反向的另一力偶所平衡。
4.5物体的受力分析和受力图
1.受力分析的步骤：
（1）明确所研究的对象，将其取为分离体。（2）画出分离体上的全部主动力和主动力偶。
（3）分析取分离体时所解除的约束，画出全部约束力。2.取分离体、画受力图的注意事项
（1）根据所选研究对象取分离体，分离体上的每个力都要有出处。
（2）分离体的受力图上只画该分离体所受的外力，即只画该分离体受的主动力和其他部分对该分离体的
作用力，不要画分离体内部各部分之间的相互作用力（此为分离体内部的内力）。
（3）注意铰链连接时销钉不可忽略，销钉可单独作为分离体，也可跟随某个被连接物，铰链处的主动力
作用于销钉上。
′表示一对作用力与反作用（4）解除约束时的相互约束力要体现作用力与反作用力的关系(用FB,FB
力）。
（5）对多个物体组成的物体系统，注意首先找出其中的全部二力杆（体）。
（6）注意利用三力汇交定理，确定未知约束力的方位。（7）受力图上不要随便移动力的作用点，便于检查。
（8）同一处若有几个不同的约束提供的约束力共同作用时，不要以几个约束力合力的形式画出。（9）方位确定、指向未定的约束力可假定其指向；方向未定的，可用其正交分量表示。（10）分析受力时，除特别说明或已给出外，一般不考虑摩擦力和自重。
（11）受力图中的各约束力均由约束的性质决定，不要随意加入其他的猜想来判断。
例题4屋架如图所示。A处为固定铰支座，B处为活动支座搁在光滑的水平面上。已知屋架自重G，在屋架的
AC边上承受了垂直于它的均匀分布的风力，单位长度上承受的力为q.试画出屋架的受力图。
��
�第五章力系的简化5.1力的平移定理
B
作用于刚体上的力为滑移矢量，可沿其作用线在该刚体上任意滑动。若将其作用线任意平行移动，则应附加
一个力偶
�F��F,M
将
�F
力平移到刚体上O点
�
平移前：F作用于点A����M=×F=MO(F)M=Fd
附加力矩为力自平移前的作用点向平移后的作用点取矩
平移后：
��F1=F�M
作用于点O
5.2一般力系向某点的简化
�
设作用于刚体上的任意力系：Di点，Fi(i=1,…n)，选取某一定点O为简化中心，力系中的各力向O点
平移，得到O点处的一个共点力系+力偶系。共点力系的合力（即力系的主矢）：
���
FO=∑Fi=FR
力偶系的合力偶矩（即力系对O点的主矩）：
�����MO=∑MiO=∑MO(Fi)=∑ODi×Fi
故力系向O点简化的结果为FR和MO（作用于O点）作用于刚体上的力系的本质特征：力系的第一不变量：力系的第二不变量：5.3一般力系的最简形式
��
��FR=∑Fi
��
FR⋅M任意点=常数
�
�
一个一般力系向某点O简化，得到一个力FR和一个力偶MO，根据二者的状况，可判断其是否为原一般力系的最简形式及原一般力系的性质。
�
1.FR=0,
2.FR=0,
���
MO=0,FR⋅MO=0，原一般力系为平衡力系，零力系——最简力系。����
MO≠0,FR⋅MO=0，原一般力系简化为一个和力偶MO——最简力系。�
�
�
�
��
3.FR≠0,MO=0,FR⋅MO=0，原一般力系简化为一个作用于O点的合力FR——最简力系。
��������4.FR≠0,MO≠0,FR⋅MO=0，即FR⊥MO，原力系简化为过O点的合力及合力偶，且FR⊥MO
——不是最简力系。
��根据力的平移逆定理，二者可进一步简化为一个作用于B点的合力FB=FR，
����
5.FR≠0,MO≠0,FR⋅MO≠0，可分为以下两种情形：��
（1）FR//MO原力系为一个过O点的力螺旋
��F×M
B点位置为=R2O
FR
�FR
�O
�
�
��
FR⋅MO>0
右手力螺旋
�FO
��
FR⋅MO
左手力螺旋
（2）FR与MO既不平行，也不垂直
�F′′O
�
B
′′O
OB
可将MO分解为与FR平行和
�
��
′′又可与FR简化为一个MO
�作用于B点的合力FR
力螺旋参数
故最终简化为过B点的力螺旋
��′,MO′′垂直的两个分量MO
����′′FR×MOFR×MO
==2
FRFR2
��
FR⋅MO
，力系的第三不变量p=2
FR
����
结论：5.FR≠0,MO≠0,FR⋅MO≠0，的简化结果为力螺旋。
例题1.正方体边长为a，四个顶点A,C，E，B处分别作用了集中力，且F1=F2=F,F3=F4=
求力系简化后的最简形式。
解：∵
2F
��F1=Fj,��
F2=Fk,
∴
�����22
F3=−⋅2Fj−⋅2Fk=−F(j+k)
22�����22F4=−⋅2Fi−⋅2Fj=−F(i+j)
22�����FR=F1+F2+F3+F4
���=−F
i−Fj≠0
���
F1+×F2+×F3
��������
=ai×F1+aj×F2+(ai+aj+ak)×F3
���=Fai+Faj≠0
��显然FR//MO
��
计算第二不变量FR⋅MO=−2aF2
故力系简化结果为一个左手力螺旋。
��
FR⋅MO−2aF2
若题中要求“简化结果”，则还应计算力螺旋参数：p===−a22
FR(2F)
力螺旋中心轴（力的作用线）方程第六章力系的平衡
6.1力系的平衡条件及平衡方程
1.空间力系的平衡方程
任意空间力系平衡的充要条件是：力系的主矢FR和对任一确定点O的主矩MO全为零。
FFRxF−F−F0=Ry=Rz，B为合力作用点，即==x−xBy−yBz−zBxyz
��
即
n��
FR=∑Fi=0
i=1
（6.1）
n���
MO=∑mO(Fi)=0
i=1
在O点建立Oxyz直角坐标系，以上两个矢量方程可写为6个独立的代数方程：
n
n
n
F
i=1ni=1
ix
=0,∑Fiy=0,∑Fiz=0
i=1
i=1
M
ix
=0,∑
Miy=0,∑Miz=0
i=1
i=1
nn
（6.2）
注意：（1）解题时，矩心O可任选；力的投影轴、取矩轴也可斜交；力的投影轴、取矩轴也可不一致，但要保证6个方程是独立的。
（2）巧妙选择投影轴、取矩轴，可使每个方程只含一个未知量，避免解联立方程组。（3）任意空间力系，独立的力的投影方程只有3个，但矩方程最多可有6个。特殊的空间力系及独立平衡方程个数：
（1）空间汇交力系——3个独立方程（2）空间力偶系——3个独立方程（3）空间平行力系—3个独立方程2.平面任意力系的平衡方程
各力均位于Oxy平面内，故平衡方程（6.1）中故平面任意力系的独立平衡方程为3个：
∑F
iz
≡0,∑Mix≡0,∑Miy≡0
（6.3）
∑F
ix
=0,∑Fiy=0,∑Miz=0
平面任意力系的平衡方程还有以下三种常用形式：
（1）在平面内任取点A：一矩式：
∑Fix=0
i=1
n
∑Fiy=0
i=1
n
�M(F∑Ai)=0
ni=1
（6.4）
称它为平面力系平衡方程的基本形式。由于其中只有一个力矩式，故常称一矩式。（2）在平面上任取A,B两点及不垂直于AB连线的l轴：
�
二矩式：∑MA(Fi)=0
ni=1
�M(F∑Bi)=0
ni=1
∑F
i=1
n
il
=0
（6.5）
(3)在平面上任取三点A，B，C不共线:
�
三矩式：∑MA(Fi)=0
ni=1
�M(F∑Bi)=0
ni=1
�
M(F∑Ci)=0
ni=1
（6.6）
上述三组方程，每组中独立的平衡方程的个数均为3，若找到第4个方程，则必是前3个方程的线性组
合，不是独立的。因此，对于单个刚体，在平面力系作用下的平衡问题，只能写出3个独立的平衡方程，求解3个未知量；当未知量超过3个时，问题无法求解。3.特殊平面力系的平衡方程
(1)平面汇交力系：设汇交点为A
∑F
i=1
n
ix
=0
∑F
i=1
n
iy
=0
两个独立方程！
�
(2)平面力偶系：(各力偶Mi作用面相互平行即可)
∑M
i=1n
n
i
=0
一个独立方程！
(3)平面平行力系：设各力与y轴平行,
∑Fiy=0
i=1
n
�M(F∑Ai)=0两个独立方程！
i=1
例题1.求一端固支、一端自由的梁(悬臂梁)固支端的约束力。
解：取AB为分离体，画出受力图。
A
�
均布载荷(同向平行力系)合力为Q
由
∑F
i=1n
n
ix
=0
∴FAx=0
由
∑F
i=1n
iy
=0
FAy−Q=0∴FAy=Q=ql方向如图
l=02
11MA=Ql=ql2
22
M
A
由
�M(F∑Ai)=0
i=1
MA−Q
方向如图
例题2图示支架结构，AB=AC=BC=2l，D，E分别为AB，AC的中点，杆DE上作用有三角形分布载荷，B点作用有铅垂集中力，P=
5
ql，试求DE杆在D，E
两处的约束力。12
解：1.取整体为研究对象：
�
ql7lqlFM=0F⋅2l−Pl−⋅=0F=∑iACC
262ql
F=0 F−P−+FC=0F
=P∑iyAy2
∑F
ix
=0
∴FAx=0
�FC
C
2.以杆DE为研究对象取分离体：4个未知力，3个方程；
3.再以BC杆为研究对象取分离体：增加2个未知力、3q
�4.以DE杆为研究对象列出平衡方程：
ql2ql
⋅l=0∴FEy=233qlqlqlql
F=0,F+F−=0,∴F=−=∑iyDyEyDy
2236
∑MiD=0，FEy⋅l−∑F
�FC
C
ix
=0,FDx+FEx=0,∴FDx=−FEx
（1）
5.以BC杆为研究对象：
′⋅∑MiB=0,FC⋅l−FEx′=∴FEx
3l
′⋅=0l−FEy
22
∴FEx=
123′)=(ql−FEyql92ql9
代入（1）式∴FDx=−FEx=−
23
ql9
从此题的求解过程可见，对多个刚体组成的物体系统，可以通过分别取每个刚体（或几个刚体一起）为分离体、列平衡方程，从而解出全部未知约束力。第七章虚位移原理
7.1位形、约束方程及约束分类
1.质点系的位形
n个自由质点组成的质点系：任一质点Di的xi,yi,zi(i=1~n)位置可由其直角坐标确定(3n个独立参数)，称这3n个坐标的集合为该质点系的位形。
n个质点的非自由质点系——设自由度k≤3n可用k个广义坐标q1~qk确定质点系的位形：则
��
ri=ri(q1,q2,⋯,qk,t),i=1,...,n
（7.1）
xi=xi(q1,q2,⋯,qk,t),i=1,...,3n
位形给定则质点系中每一质点的位置就可确定
（7.2）
2.约束方程及分类
用数学方程式表示的约束条件，称为约束方程。
n个质点的非自由质点系，若系统的自由度为k（k≤3n），则：系统自由度k=3n−l，其中l为独立的完整约束方程数。
约束分类：几何约束、运动约束、双面约束、单面约束、完整约束、非完整约束、定常约束（不显含时间t）、非定常约束（显含时间t）
7.2实位移虚位移
1.实位移：若质点系的位移或广义位移满足以下2个条件：
（1）满足质点系的约束条件，（2）满足质点系的动力学方程及初始条件则称其为实位移或广义实位移。实位移是惟一确定的真实位移。
2.虚位移：若质点系的位移或广义位移只满足质点系的约束条件，就称为虚位移或广义虚位移。虚位移是系统约束允许的任意假想位移，与主动力无关，与时间无关，且不惟一。
实位移
��
∂ri�k∂ri
dri=∑dqj+dt
∂q∂ti=1j
(i=1,2,⋯,n)
表示为：
dxi=∑
i=1
k
∂xi∂x
dqj+idt,(i=1,2,⋯,3n)∂qj∂t
虚位移
��k∂riδri=∑qj,(i=1,2,⋯,n)
j=1∂qj
表示为：
δxi=∑
∂xi
qj,(i=1,2,⋯,3n)∂qj=1j
k
虚位移δri,δqj又称为ri,qj的变分（等时变分）
��
实位移与虚位移之间的关系：例如：当质点在某瞬时处于静止时，dri=0，但δri不一定为0。第八章
动能定理
1.质点系质量分布的特征量:质心C（质量中心）、转动惯量J
��
质点系的总质量m=
�m，质心坐标的表达式：r∑iC=
i=1
n
�
mr∑ii
i=1
n
m
xC=
∑mx
i=1
n
ii
m
yC=
∑my
ii=1
n
i
m
zC=
∑mz
i=1
n
ii
m
注意：质心只是质点系所在空间中的一个几何点，不一定与质点系中某个质点重合；各质点位置变化时，
质心的位置一般也改变。
2.质点系及刚体对某l轴的转动惯量Jl
定义：质点系对l轴的转动惯量Jl=
∑mρ
ii=1
n
2i
2
J=ρdm刚体对l轴的转动惯量为l∫m
转动惯量的特点：与运动状态无关，仅与质量分布有关，恒大于或等于零。定义：回转半径（惯量半径）ρz。
若某刚体对z轴的转动惯量为Jz,令Jz=mρz，ρz可视为将刚体的全部质量都集中于距z轴距离为的某一点时，该质点对z轴的转动惯量为Jz刚体对直角坐标3个轴的转动惯量：Jx=
2
∫(y
m
2
+z2)dm
Jy=∫
m
(z
2
+x2)dmJz=∫
m
(x
2
+y2)dm
3.转动惯量的平行轴定理(用于计算任意刚体的转动惯量)
对某刚体：建立平行的两个直角坐标系Oxyz和CxCyCzC，点C(a,b,c)为该刚体的质心，则
x=xC+a
y=yC+b
2
2
2
z=zC+c
2
平行轴定理：Jz=JzC+md，其中d=a+b
4.刚体系转动惯量的叠加原理
刚体系对某轴的转动惯量符合叠加原理，复杂形状物体的可分解为形状简单的几部分，分别求对同一轴的转动惯量后再相加。例题1求以下刚体对z轴的转动惯量
（1）空心圆环板，内半径r，外半径R，板的质量为m
解：设半径R的大圆板质量为mR，半径r的小圆板质量为mr
11mrr222
则圆环板Jz=J−J=mRR−mrr，又
=,mR=mr22mRR2
R
z
rz
R2r2
∴mR=22m, mr=22m
R−rR−r
∴Jz =
1
m(R2+r2)2
例题2
均质细杆AB，长度为l，质量为m，求杆AB滑倒时，杆对过速度瞬心P轴的转动惯量JP
解：利用转动惯量的平行轴定理
JP=JC+m()2
1l =ml2+m⋅(2
1221 =ml2
3
5.质点系整体运动学特征量：动能,动量,动量矩的计算
（1）动能的计算
12n1
1）计算质点系动能的柯尼希定理：T=mvC+∑mivr2i
22i=1
质点系的动能等于将质点系的质量全部都集中于质心时质心的动能，再加上质点系相对于质心平移坐标
系的动能，称为柯尼希定理。
2）刚体的动能的计算
�
2.1）平移刚体的动能：以速度v作平移的刚体，由于其上各点的速度都相同，因而根据定义其动能
1212
为T=∑ivi=mv
2i=12
n
式中T=
1212
ivi=mv为平移刚体的总质量。∑2i=12
n
2.2）定轴转动刚体的动能：以角速度ω绕z轴作定轴转动的刚体，设其上质点Di至z轴的距离为ρi，
111222
则vi=ρiω，根据质点系动能的定义得：T=∑mi(ρiω)=(∫ρdm)ω=Jzω
2v2i=12
式中Jz=ρdm为刚体对定轴转动转轴的转动惯量。
v
n
2
∫
2
2.3）一般平面运动的刚体的动能：xy平面内一般平面运动的刚体,角速度为ω，质心为C，可应用
柯尼希定理计算一般平面运动刚体的动能：建立定系Oxy，动系：Cx′y′；刚体上的微元Di
12n1
到Cz′轴的距离为ρi′，则微元的相对速度vri=ωρi′，由柯尼希定理：T=mvC+∑mivr2i
22i=1
n
1n1n12222
∴∑mivri=∑mi(ωρi′)=JCω，式中JC=∑mi(ρi′)为一般平面运动刚体对过2i=12i=12i=1
质心C轴的转动惯量。
故一般平面运动刚体的动能计算公式为：
T=
121
mvC+JCω222
刚体动能=质心平动动能+绕质心定轴转动的动能
一般平面运动刚体的动能的计算公式：
若能找出一般平面运动刚体的速度瞬心P，则：vC
=PC⋅ω
则T=
12111112
mvC+JCω2=m(PC⋅ω)+JCω2=(JC+m⋅PC2)ω2，∴T=JPω2222222
3）刚体系统的动能的计算
动能的计算可用叠加原理，总动能为各部分动能之和：T=
∑T
i
i
3.1）动能并不陌生，但求动能极易出错，应特别注意刚体具有的运动状态，不要一律计算为T=
12
mv2
3.2）求一般平面运动刚体的动能时，要先求质心速度及刚体的角速度，常用到运动学中的两点速度关系，
速度瞬心法或点的速度合成关系式。3.3）动能表达式中常需要计算vC,可利用余弦定理、矢量的点积或投影法。例题3
滑块O：质量M，均质杆OA：长l，质量m，小球A：质量mA，求系统任意时刻的动能T。
解：系统有两个自由度，取广义坐标x,ϕ，系统包含三部分。
2
1.滑块O：平移，T1=
112
̇2MvO=Mx
22
2.均质杆OA：一般平面运动，质心为杆的中点C121
T2=mvC+JCω2
22
̇（1）求杆OA的ω：ω=ϕ
（2）求vC：由O，C两点速度关系
�
���vC=vO+vCO
？？
大小方向
̇x
√
l
̇ϕ2
√
������2
∴vC=vC⋅vC=(vO+vCO)⋅(vO+vCO)=v+v
2
O
2CO
l22l��2
̇+2ẋcosϕ̇+ϕ̇ϕ+2vC⋅vCO=x
42
1211l22l1122
̇+2ẋcosϕ)+⋅ml2ϕ̇2̇+ϕ̇ϕ∴T2=mvC+JCω=m(x
22242212
3.小球A：质点，
12T3=mAvA
2
����
求vA：vA=vO+vAO
�
vA应为小球的绝对速度
��222
∴vA=vO+vAO+2vO⋅vAȮ2+2ẋ⋅cosϕ̇2+l2ϕ̇⋅lϕ=x
∴T3=
1
̇2+2lẋcosϕ)2̇2+l2ϕ̇ϕmA(x
2
系统任意时刻的动能为：T=
T1+T2+T3=
1mm1
̇2+(m+2mA)lϕ̇ẋ2+(+Al2ϕ̇cosϕ(M+m+mA)x
2622
第九章动量原理1.动量的计算
1.1质点的动量：p=mv；
质点动量的本质：表示质点机械运动的强弱程度，是一个矢量，方向与速度的方向一致。
��
�n�
1.2质点系的动量：定义为各质点动量的矢量和：p=∑mivi
i=1
1.3刚体的动量p=
�
∑mv=∫vdm
ii
m
��
�∵rC=
m
�r∫dm
m
，对时间求导：vC=
�
m
�
v∫dm
m
，∴mvC=vdm，刚体的动量p=vdm=mvC
m
m
�
∫
��
∫
��
刚体的动量等于想象地将刚体的质量都集中于质心时质心的动量。
例题1.均质杆OD长l，质量为m1，均质杆AB长2l，质量为2m1，滑块A，B质量均为m2，D为AB的
中点，OD杆绕O轴以角速度ω转动，当OD杆与水平方向的夹角为ϕ时，求该瞬时系统的动量。
解：系统包括四部分：滑块A，B，杆AB，OD，
�����p=m2vA+m2vB+2m1vD+m1vC
1.求各刚体质心的速度
�
l
ω，vD=lω2
vlω
AB杆一般平面运动，速度瞬心为P：ωAB=D==ω
PDl
OD杆定轴转动：vC=
=
AP⋅ωAB=2lcosϕ⋅ω�
�
�
�
∴vB=BP⋅ωAB=2lsinϕ⋅ω
2.求系统的动量p=m2vA+m2vB+2m1vD+m1vC
5
px=−mC2vB−2m1vDsinϕ−m1vCsinϕ=−(2m2+m1)lωsinϕ
25
py=m2vA+2m1vDcosϕ+m1vCcosϕ=(2m2+m1)lωcosϕ
2
��5�
∴p=(2m2+m1)lω[−sinϕi+cosϕj]
2
2.动量矩的计算
2.1质点的动量矩(类比于力对点之矩、力对轴之矩)
����
质点的动量对某点之矩LO(mv)=r×mv
若在点O建立直角坐标系Oxyz，则
�i
��
LO(mv)=x
mvx�jymvy�k
������
z=m(yvz−zvy)i+m(xvx−xvz)j+m(xvy−yvx)k=Lxi+Lyj+Lzkmvz
��
LO(mv)——质点对点的动量矩——定位矢量
Lx,Ly,Lz——质点对轴的动量矩——代数量
2.2质点系的动量矩
1)质点系对固定点或固定轴的动量矩
设质点系中质点Di相对于某一固定点O的矢径为ri，动量为mivi(i=1,2,⋯,n)，质点系对某固定点
nn�����
O的动量矩为：LO=∑LO(mivi)=∑ri×mivi
i=1
i=1
��
n��
质点系对某一固定轴l的动量矩Ll为：Ll=∑Ll(mivi)
i=1
2)对惯性系中不同的两点A,O的动量矩之关系
�����
类比于力对不同两点的力矩之间的关系，力对A，O两点之矩关系为mA(F)=mO(F)+×F���
故质点系对不同的A，O两点的动量矩的关系为：LA=LO+×p
注意
质点系对某点的动量矩不等于质点系动量对该点之矩
nn�������
即LO=∑ri×mivi≠rC×p=rC×∑mivi
i=1
i=1
2.3刚体的动量矩1)平移刚体的动量矩
刚体平移时，建立质心平移坐标系，各质点的相对速vri=0，故平移刚体对其质心的动量矩：
�
��r
LC=LC=0，
�����
平移刚体对任意固定点A的动量矩为：LA=LC+×p，LA=×(mvC)
平移刚体对任意固定点A的动量矩等于将平移刚体的质量视为全部集中在质心C上时对点A的动量矩(即平移刚体相当于一个质点)。
2)定轴转动刚体的动量矩
在转轴上任取一点O，使z轴与转轴重合，建立惯性参考空间中的直角坐标系Oxyz，则定轴转动刚体
���
的角速度为ω=ωk，设质量为dm的微元，相对于点O的矢径为r，在直角坐标系Oxyz中的坐标为�������
(x,y,z)，r=xi+yj+zk，其速度为v=ω×r
定轴转动刚体对定点O的动量矩为：
����������
LO=∫r×vdm=∫r×(ω×r)dm=∫r2ω−(r⋅ω)rdm
mmm
����222
=∫(x+y+z)ωk−(zω)xi+yj+zkdmm
���22
=−∫xzdmωi−∫yzdmωj+∫(x+y)dmωk
[]
(
[
m
)(
m
)
(
(
)]
m
)
���
=−Jxzωi−Jyzωj+Jzωk
由上式可知，定轴转动的任意形状刚体对转轴上任意点的动量矩矢量一般不沿转轴的方向。
���
作为特例，当转轴z轴为刚体的惯量主轴时，才有：Jxz=0,Jyz=0∴LO=Jzωk=Jzω
此时动量矩矢量才沿转轴方向！3)一般平面运动刚体的动量矩
建立惯性参考空间中的定系Oxyz和质心平移坐标系Cx′y′z′，使三对坐标轴分别平行,且使Oz,Cz′垂直于刚体的运动平面，则一般平面运动刚体相对质心平移坐标系的相对运动为绕Cz′轴的定轴转动：
轴
���r��
LC=LC=−Jx′z′ωi−Jy′z′ωj+Jz′ωk
若一般平面运动刚体的运动平面为其质量对称面，则Cz′轴为刚体对质心的惯量主轴，即Jx′z′=Jy′z′=0
��
则有：LC=JCω，JC为刚体对中心惯量主轴Cz′的转动惯量
���
对空间中任意固定点A，则有：LA=LC+×mvC
例题2.均质圆柱，半径为r，质量为m，绕有细绳，A端固定，圆柱质心C以速度vC向下运动，求圆柱对质心C及定点A的动量矩。
解：圆柱作一般平面运动：ω=
vCr
圆柱对其质心C的动量矩为：
11
∴LC=−JCω=−mr2ω=−mrvC（负号表示方向指向面内）
22
利用圆柱对A，C两点的动量矩关系：LA=LC±mvCh
13
∴LA=LC−mvCr=−mrvC−mrvC=−mvC（负号表示方向指向面内）
22
例题3圆盘O半径为r，质量m，以角速度w转动，均质杆AB,BD的质量均为m，长均为2r，滑块B,D质量均为m，分别在水平和铅垂滑道内运动，A,B,D处为铰接，某瞬时杆AB水平,杆BD与铅垂方向夹角为30°，求此瞬时系统的动能,动量，以及系统对O点的动量矩。
解：圆盘定轴转动，两滑块平移，杆BD一般平面运动，杆AB此时刻为瞬时平动vA=vB=vC=rω (←)�ωBD=
vB
=BP
rω=ω3⋅2r2
∴vD=rωBD=
3rω (↑),vE=rωBD=rω33
系统此时动能：T=
1轮21212121BD2
JOω+mvC+mvB+mvD+JPωBD22222
=
1122111459(mr)ω+2⋅mr2ω2+m⋅(rω)2+⋅(mr2)(ω)2=mr2ω[1**********]
由vE=
13rω，∴vEy=⋅rω (↑),vEx=⋅rω (←)32323
∴px=mvC+mvB+mvEx=
5
mrω (←)2
�5�
系统此时的动量：p=∑mivCi
i=1
py=mvEy+mvD=
系统该瞬时对定点O的动量矩：
盘
LO=JOω+mvCr+mvBr+mvD⋅3r+
mrω (↑)2
15rm(2r)2ωBD++mvEy⋅+mvEx(r−r)1222
=2832
+mrω96
�
3.质心运动定理
3.1质点系的质心运动定理
(e)
质点系动量定理的微分形式dp=FRdt
�
��∵p=mvC
�(e)�
d(mvC)=FRdt
对总质量不变的质点系m=const
（质心运动定理）
�(e)�
∴mdvC=FRdt
��(e)dvC�(e)�m=FR即maC=FR
dt
物理意义：质量不变质点系的总质量与其质心加速度的乘积等于作用于其上外力系的主矢。质点系质心的运动不仅与质点系的内力和外力偶无关,而且与作用于质点系上各外力的作用点位置也无关。
若质点系由n个刚体组成，则质心运动定理可表示为：
∑
i=1
n
�(e)�
miaCi=FR
质心运动定理的投影式为：maCx=F
3.2质心运动守恒定律
(e)Rx
∑ma
i=1
n
iCix
(e)=FRx
�(e)
当一个质点系由n个刚体组成时，若作用于其上的外力系主矢：FR≡0且初始时系统的质心速度为零,�(e)��
则根据maC=FR，系统的质心相对于某固定点O的矢径守恒：rC=常矢量
设系统中各刚体的质心在同一时间间隔内产生有限位移∆rCi，则由上式及系统的质心矢径公式可得：
nn
����mrC=∑mirCi=∑mi(rCi+∆rCi)
i=1
i=1
�
∑
i=1
n
�mi∆rCi=0
�
(e)
若外力系的主矢在固连于惯性参考空间的固定坐标轴如x轴上的投影为零，即FR≡0,且初始时系统质
心速度在该轴上的投影等于零，则maCx=FRx=0
(e)
xC=const
假设各刚体的质心对该轴的坐标值在同一时间间隔产生有限改变量∆xCi：
mxC=∑mixCi=∑mi(xCi+∆xCi)
i=1
i=1
nn
∑
i=1
n
mi∆xCi=0
以上结论均称为质心运动的守恒定律。
第十章达朗贝尔原理1.惯性力的概念
惯性力——人为引入的假想力，无施力者，与观察者有关，与真实力同样有运动、变形效应。我们要研究的是第二类惯性力:
在惯性系中引入，使动力学形式上转化为静力学问题:
���F+FN=ma���F+FN+(−ma)=0��
达朗贝尔惯性力FI=
−ma
2.达朗贝尔原理
2.1质点的达朗贝尔原理
���F+FN+(−ma)=0
达朗贝尔惯性力共点力系平衡方程
��FI=−ma���F+FN+FI=0
质点的达朗贝尔原理：质点在运动的任一瞬时，主动力、约束力和达朗贝尔惯性力组成一个形式上的平衡共点力系。
2.2质点系的达朗贝尔原理
���
对质点系任意质点Fi+FNi+(−miai)=0(i=1,...,n)
每个质点的达朗贝尔惯性力FIi=−miai(i=1,...,n)
�
�
���
n个平衡的共点力系:Fi+FNi+FIi=0(i=1,...,n)
其中内力系自平衡，故外力系与达朗贝尔惯性力系平衡。
质点系的达朗贝尔原理：质点系在运动的任一瞬时，外力系和达朗贝尔惯性力系组成一个形式上的平
衡力系。
�(e)�
达朗贝尔原理平衡方程∑Fi+∑FIi=0�(e)�(e)
记：FR=∑Fi
ii
i
��FIR=∑FIi
���MIA=∑MA(FIi)
i
i
i
��(e)��
∑MA(Fi)+∑MA(FIi)=0
i
i
�(e)��MA=∑MA(Fi(e))
�(e)�
则达朗贝尔原理平衡方程可写为：FR+FIR=0
�(e)�MA+MIA=0
达朗贝尔原理的平衡方程中，矩方程的矩心A点可以任意选取。
3.质点系的达朗贝尔惯性力系的简化
3.1质点系达朗贝尔惯性力系的简化
(1)达朗贝尔惯性力系的主矢
����FIR=∑FIi=∑(−miai)=−mac
i
i
代入达朗贝尔原理平衡方程之一：FR+FIR=
�(e)
�
�(e)�F+F∑i∑Ii=0
i
i
�(e)�(e)�
FR=∑Fi=mac
i
即质心运动定理
(2)达朗贝尔惯性力系对任意一固定的O点的主矩：
�����MIO=∑mOFIi=∑ri×(−mi×ai)
()
根据动量矩的定义
�
dLOd����
=∑(ri×mivi)=∑(ri×miai)dtdt
�
�dL
达朗贝尔惯性力系对固定的O点主矩：∴MIO=−O
dt
代入达朗贝尔原理平衡方程之二，取O点为矩心：
�(e)�
MO+MIO=0
�(e)MO
�dLO=dt
即对固定点的动量矩定理
(3)达朗贝尔惯性力系对质点系质心C(可为动点)的主矩：
�����MIC=∑mCFIi=∑ri′×(−mi×ai)
()
��d��
利用对不同点的动量矩之关系：LO=LC+×(mvC)，求导，并利用=vC
dt
�����
⎛dvC⎞dLC⎛dvC⎞dLOdLCd���
⎟⎟∴=+×(mvC)+×⎜m=+mvC×vC+×⎜m⎜⎟⎜⎟dtdtdt⎝dt⎠dt⎝dt⎠
���
��dLOdLCdL��
即由于FIR=−mac=+×maCMIO=−O
dtdtdt�(e)n��(e)
由力系对某点主矩的定义：MC=∑MCFi
i=1
()
n���
MIC=∑MCFIi
i=1
()
���
根据力系对不同点主矩之关系：MIO=MIC+×FIR
�
�dL
达朗贝尔惯性力系对质点系质心C的主矩：MIC=−C
dt
代入达朗贝尔原理平衡方程之二，取质心C点为矩心：
�(e)�
MC+MIC=0
�
�(e)dLC
=MCdt
即对质心C的动量矩定理
3.2平面运动的单个刚体达朗贝尔惯性力系的简化
若平面运动的刚体具有质量对称面，且质量对称面沿自身所在平面运动，此时LC的方向恒垂直于其质
�
��
量对称面，且LC=JCω，可用代数量表示：LC=JCω（LC转向与ω相同）
由质点系达朗贝尔惯性力系向质心C的简化结果：
��FIC=−mac
�MIC
����F=−maM=−Jα得平面运动单个刚体达朗贝尔惯性力系向质心C简化的结果：ICcICC
可用公式直接表示出惯性力和惯性力偶的大小，并在图中画出其方向：
�
dL=−C
dt
FIC=maC
C
MIC=JCα
��
（FIC方向与aC方向相反）
（MIC转向与α转向相反）
对刚体平面运动的特例（平面平移、定轴转动），达朗贝尔惯性力系的简化结果更为简便：（1）刚体平面平移
由于ω=0,α=0
FIC=maC , MIC=0
C
仅有一个达朗贝尔惯性力系的主矢，此结果也适用于刚体作空间平移运动。（2）刚体定轴转动
质心C点的加速度可表为切向、法向两个分量：aC=aC+aC惯性力也可表为切向、法向两个分量：
�
�t�n
��n�t�n�t
FIC=−maC−maC=FIC+FIC
a.达朗贝尔惯性力系向质心C简化的结果为：
ttFI
C=maC
F=maMIC=JCα
nICnC
b.达朗贝尔惯性力系向转轴O简化的结果为：
ttFIO=maC
F=maMIO=JOα
nIOnC
ttFIO=FICnnFIO=FIC
atIC
MIO=MIC+F⋅OC
朗贝尔惯性力画在质心上，而将达朗贝尔惯性力偶按式MIC=JOα写出。
注意：（1）定轴转动刚体的达朗贝尔惯性力系的这两种简化方法是等价的，最容易犯的错误是，将达
（2）以上图图示箭头表示达朗贝尔惯性力和达朗贝尔惯性力偶矩时，表示其大小时就不要再将
对应矢量式前的“负号”带入，因为“负号”所表示的方向（或转向）已在图中标出。以后在列写平衡方程时，就是按图示方向（或转向）来列写的。4.动静法及应用
利用达朗贝尔原理,按照静力学平衡问题的求解方法求解动力学问题——动静法。用动静法求解系统的动力学问题的一般步骤(类比于刚体系统静力学问题)：（1）根据所求,明确研究对象,取分离体；
（2）受力分析,画出各分离体上所有主动力和约束力；（3）正确画出达朗贝尔惯性力系的等效力系；（4）根据刚化公理,把研究对象刚化在该瞬时位置上；
（5）应用静力学平衡条件列出研究对象在此位置上的动态“平衡”方程（动态的含义是因为这些方程实
质上是含运动学特征量如加速度,角加速度的动力学方程）；（6）解“平衡”方程。
动静法适于动力学中求加速度,角加速度及约束力的问题
例题1.OA杆长l，质量为m，AB为一刚度系数为k的弹簧，系统从图示初始位置由静止进入运动，设初始位置弹簧的伸长量为l，不计弹簧的质量和各处的摩擦，求杆OA转至水平位置的瞬时，杆OA的角速度、角加速度及O处的约束力。
解：系统仅重力、弹性力作功，机械能守恒：T2+
V2=T1+V1
取O点为重力势能零点，弹簧原始长度为弹性势能零点。初始：T1=0
l12lkl2
V1=mg+kλ1=mg+
2222
杆OA定轴转动，设杆转到水平时角速度为ω，则：
1ml222
T2=JOω=ω
26
代入机械能守恒式中，得：
V2=
2
1212
kλ2=kl22
2
2
ml2kllklω+=mg+6222
（方向如图）
3g∴ω=
l
设杆水平时的角加速度为α，杆OA
MIC
ml2
=JCα=α
12ltt
FIC=maC=mα
2l3mgnn
FIC=maC
=mω2=
22
取杆OA为分离体，画出受力图其中弹簧力FA=kl对杆OA：
∑M
O
=0
�
FO
��A
lt
∴MIC+(FIC−mg)+FAlsin60°=0
2ml2mlαl3∴α+(−mg)⋅+kl⋅l=012222
得α=
3(mg−kl)
2ml
∑F∑F
x
=0
n
FOx+FIC+FAcos60°=0
n
∴FOx=−FIC−FAcos60°=−
3mgkl
（负号表示方向向左）−
22
y
=0
t
FOy+FIC−mg+FAsin60°=0
t
∴FOy=−FIC+mg−FAsin60°=−
ml3(mg−3kl)mg3
⋅+mg−kl=+kl（方向与图中一致）22ml244