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
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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=ωAB2BP=vAtanθ vD=ωAB2DP=
2=
=
tanθ
圆盘B做平面运动，C点为其速度瞬心，则ωB=
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
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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令ω2n=，将上式化为自由振动微分方程的标准形式 上式的解可写为X=Acos(ωnt+θ)
+ω2nx=0
=Fx=-kx
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，上式，解得θ=0，A=a，代入式中，可解得运动方程为X=acosωnt
=0，x=a，代入
第11章 动力定理
1. 2. ① ②
p?mvc动量：等于质点的质量与其速度的乘积. 质点系的动量定理:
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. 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=
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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
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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
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