第一次
靜力學
第一章靜力學公理和物體力分析
1.1 靜力學公理
公理1 二力平衡公理：對于作用在剛體上的兩個力，剛體保持平衡的充要條件是：兩個力大小相等、方向相反、作用在同一條直線上。 F=-F' 在工程中，我們經常遇到僅由兩個力平衡的構件，稱為二力構件或二力桿。
公理2 平衡力系統的加法和減法公理：在作用于剛體的任何力系統中添加或刪除任何平衡力系統不會改變原始力系統對剛體的影響。
力傳遞原理的推論：作用在剛體上某一點上的力可以沿著其作用線移動到剛體內的任何點，而不改變力對剛體的影響。
公理3力的平行四邊形定律：作用在物體上某一點上的兩個力的合力也作用在同一點上，其大小和方向可以用這兩個力形成的平行四邊形的對角線來表示。
三力平衡收斂定理的推導
：作用在剛體上的三個相互平衡的力。 如果兩個力的作用線相交于一點，則這三個力必須在同一平面上，并且第三個力的作用線穿過交點。
公理
4 作用力和反作用力定律：兩個物體之間相互作用的力總是同時存在，且大小相等、方向相反。 它們沿同一條直線作用于兩個物體。
公理 5 回火原理
：變形體在一定力系統的作用下達到平衡。 如果它被淬火成剛體，它的平衡狀態保持不變。 對于處于平衡狀態的變形體，總是可以將其作為剛體來研究。 1.2 約束條件及其約束力
1.靈活的身體約束
2． 光滑接觸面約束3.光滑鉸鏈約束
1 第 2 章
平面交力系統和平面力偶系統
1、平面相交力系合成的結果是合力。 合力的作用線穿過各個力的作用線的交點。 其大小和方向可以用損失多邊形的閉邊來表示，等于力損失的矢量和，即FR=F1+F2+…..+Fn=ΣF 2.矢量投影定理：和向量在某個軸上的投影等于其分量向量在同一軸上的投影的代數和。
3、力對剛體的作用分為運動和旋轉。 力對剛體的運動影響是通過力損失來衡量的； 力對剛體的旋轉作用是用扭矩來衡量的，即扭矩是衡量使剛體繞某一點或軸旋轉的力強度的物理量。 (Mo(F)=±Fh)
4、作用在同一物體上的兩個大小相等、方向相反、作用線不重合的平行力所組成的力系稱為力偶，記為（F，F'）。
實施例2-8
在圖2.-17(a)所示的結構中，忽略了各構件的自重。 桿件AB上有力偶作用，其力偶力矩為500kN·m。 求 A 點和 C 點的結合力。
解開
構件BC僅在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。
由于桿件 AB 上存在一個帶有力矩 M 的力偶，因此桿件 AB 在鉸鏈 A、B 處的一對力 FA 和 FB' 構成與帶有力矩 M 的力偶平衡的力偶（見圖 2-17（c）） ).由平面力偶系統的平衡方程ΣMi=0,可得
_Fad+M=0則有
FA=FB' N=471.40N
由于FA和FB'為正值，可見兩個力的實際方向為圖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。
第三章平面任意力系統
1、合力矩定理：平面上任意力系能否合成為合力。 那么合力相對于作用平面上任意點的力矩就等于力系中的力相對于該點的力矩的代數和。
2、平面上任意力系達到平衡的充分必要條件是：力系的主和與平面上任意點Q的主力矩同時為零，即FR`= 0，Mo=0.3。 平面上任意力系的平衡方程：ΣFx=0，ΣFy=0，ΣMo(F)=0。 平面上任意力系平衡的解析條件是該力系中的所有力在作用面內任意兩個直角坐標系上的投影的代數和為零，且每個力相對于作用平面上任意點的力矩也為零。
例3-1 如圖3-8(a)所示，矩形板的四個角點上作用有四個力，其中F1=4kN理論力學知識點總結，F2=2kN，F3=F4=3kN，另外還有力作用于板上。 有一對力矩M=2kN·m。 試求將上述四個力和一個力偶組成的力系向O點簡化后的結果，以及該力系的最終結果。
解 (1) 求出主向量 FR' 并建立如圖 3-8(a) 所示的坐標系，有
F'Rx=ΣFx=﹣°+F3+°=4.598kN F'Ry=ΣFy=F1－°+°=3.768kN 因此，主向量為
F'R=
主向量的方向
余弦(F'R,i)=
余弦(F'R,j)=
=0.634, ∠(F'R,j)=50.7°
(2) 求主矩，有
M0=ΣM0(F)=M+°-2F2+°=2.5kN·m
由于主矢量和主力矩均為零，因此最終結果為合力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部分通過C點鉸鏈連接而成，梁的載荷和約束條件如圖3-18(a)所示，其中M=10kN·m，F= 30kN，q=10kN/m理論力學知識點總結，l=1m。 求固定端A和支撐D的約束力。
解：首先以整體為研究對象，其受力如圖3-18(a)所示。 除主力外，還受到固定端A處的約束力Fax和Fay、具有力矩MA的約束力偶以及支撐D處的約束力FD的影響。平衡方程組為
ΣFx=0，Fax－°=0
ΣFy=0，FAy－2ql+°+FD=0
ΣMA(F)=0, MA+M－4ql2+3FDl+°=0 上述三個方程包含四個未知量，需要補充。 現選取CE為研究對象，其受力如圖3-(b)所示。以C點為質心，力矩平衡方程為ΣMC(F)=0，-ql2+FDl+°=0，同時求解，我們得到
FAx=21.21kN, Fay=36.21kN, MA=57.43kN·m, FD=-37.43kN
=5.945kN
=0.773, ∠(F'R，i)=39.3°
3 第 4 章 考慮摩擦力平衡
1、摩擦角：物體處于臨界平衡狀態時，完全約束力與法線之間的夾角。 tanψm=fs 2、自鎖現象：當主動力，即合力Fa的方向和大小改變時，只要Fa的作用線在摩擦角之內，C點總是在B點的右側，物體始終保持平衡。 這種平衡現象稱為摩擦自鎖。
例4-3 梯子AB靠在墻上，其重量W=200N，如圖4-7所示。 梯子的長度為l，梯子與水平面的夾角為θ=60°。 已知接觸面之間的摩擦系數為0.25。 現在有一個重650N的人正在爬梯子。 人能到達的最高點C到A點的距離s是多少？
整體應力解如圖4-7所示。 設C點為人所能到達的極限位置。 此時
FsA=fsFNA，FsB=fsFNB
ΣFx=0，FNB-FsA=0
ΣFy=0, FNA+FsB-W-W1=0 ΣMA(F)=0, -θ-θ+Wcosθ+θ=0 同時求解
S=0.456l
第5章 天力體系
1、空間匯聚力系統平衡的充要條件是：力系統的合力為零，即FR=ΣFi=0 2、空間平衡的解析條件收斂力系為：力系中各力在三個坐標軸上的投影的代數和分別為零。 3、要平衡剛體，主損失和主力矩必須都為零，即空間中任何力系統平衡的充分必要條件是：力系統對任意點的主損失和的主矩為零，即 FR`=ΣFi=0，Mo=ΣMo(Fi)=0 4. 均質物體的引力位置完全取決于物體的幾何形狀，與物體的幾何形狀無關。與物體的重量有關。 若物體為均質薄板，則省略Zc，坐標為xc=ΣAi*xi/A，yc=ΣAi*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) 實驗方法
第2部分
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即可得到軌跡方程f(x,y,z)=0其中
例6-1 橢圓規機構如圖6-4(a)所示。 曲柄oc繞O以恒定角速度w旋轉，連桿AB帶動滑塊A、B在水平和垂直凹槽中運動，OC=BC=AC=L。 求：（1）連桿上M點（AM=r）的運動方程； (2) M點的速度和加速度。
解： (1) 寫出該點的運動方程
由于M點在平面內的運動軌跡未知，因此建立坐標系。 M點是BA桿上的一點，桿的兩端分別被限制在水平和垂直方向上移動。 曲柄以恒定角速度旋轉，Φ=wt。 根據這些約束，寫出 M 點的運動方程 x=(2L-r)coswt
y= 消去t得到軌跡方程：(x／2L-r)2+(y/x)2=1
(2) 求速度和加速度并推導運動方程得到
dx/dt=-(2L-r) dy/dt= 然后推導出 a1=-(2L-r)w2coswt
a2=-rw2sinwt 由公式可知a=a1i+a2j=-w2r
6.3 自然法
2.自然坐標系：b=t×n 其中b是次法線n和主法線t 3.點的速度v=ds/dt
切向加速度 at=dv/dt
正常加速度
an=v2/p
第7章剛體的基本運動
7.1 剛體的平行運動：剛體平移時，其內部所有點的軌跡具有相同的形狀。 在同一時刻，所有點都具有相同的速度和加速度。 剛體的平移問題可以歸結為點的運動問題。
7.2 剛體定軸旋轉：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
旋轉剛體中任意一點的速度代數值等于該點到旋轉軸的距離與剛體角速度的乘積a=√(a2 +b2)=R√( α2+w2) θ=|a|/b =|α|/w2
旋轉剛體中任意點的速度和加速度與該點到旋轉軸的距離成正比。
5 第 8 章 點的綜合運動
8.1 合成運動的概念：相對于某個參考系的運動可以由相對于其他參考系的多個運動組成。 這種運動稱為合成運動。
當研究問題涉及兩個參考系時，固定在地球上的參考系通常稱為確定參考系，簡稱固定系。 相對于固定系統運動的參考系稱為動態參考系，簡稱動態系統。 研究對象是移動點。 運動點相對于固定參考系的運動稱為絕對運動； 運動點相對于運動參考系的運動稱為相對運動； 移動參考系相對于固定參考系的運動稱為牽涉運動。 動態系統作為一個整體運動。 因此，牽連運動具有剛體運動的特征。 關聯運動的常見形式是平移或定軸旋轉。
動點的絕對運動是相對運動和牽連運動綜合的結果。 絕對運動又可分為相對運動和牽涉運動。 在研究較復雜的運動時，如果動態參考系選擇得當，往往可以將較復雜的運動分解為兩個相對簡單的運動。 這種研究方法無論在理論還是實踐上都具有重要意義。
相對運動中動點的速度和加速度稱為動點的相對速度和相對加速度，分別用vr和ar表示。 絕對運動中動點的速度和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。 也就是說，固定系統中觀察者觀察到的運動點的速度和加速度分別是絕對速度和絕對加速度； 在運動系統中觀察到的運動點的速度和加速度分別是相對速度和相對加速度。
在某一時刻，移動參考系上與移動點M重合的點稱為該時刻移動點M的牽連點。 如果某一時刻運動點沒有相對運動，則運動點將沿著涉及點的軌跡運動。 牽連點是動力系統上的一個點。 動態點移動到的動態系統上的點就是動態點的牽連點。 定義某一瞬時蘊涵點相對于固定參考系的速度和加速度稱為動點的蘊含速度和蘊含加速度，分別用ve和ae表示。
動態系統O'x'y'與固定系統Oxy之間的坐標系變換關系為：
x=x0+x'cosθ-y'sinθ
y=y0+x'sinθ+y'cosθ
消去一點的絕對運動方程中的時間t，就得到該點的絕對運動軌跡； 消去點相對運動方程中的時間t，即可得到該點的相對運動軌跡。
例8-4 礦石從傳送帶A落到另一條傳送帶B上，如圖所示。 站在地面上觀察礦石下落速度為v1=4m/s，方向與垂直線成30度角。 已知輸送帶B的水平傳輸速度為v2=3m/s。 求礦石相對于傳送帶 B 的速度。
解：以礦石M為移動點，移動系統固定在傳送帶B上，礦石相對于地面的速度v1為絕對速度； 隱含速度應為移動參考系上與移動點重合的點的速度。 可以想象，移動參考系是無限的。 由于是平移的，所以每個點的速度等于v2。 因此v2等于動點M的隱含速度。
根據速度合成定理，三個速度構成一個平行四邊形，絕對速度一定是對角線。 因此，速度平行四邊形如圖所示。由幾何關系求得
Vr=√(ve2+va2-°)=3.6 m/s Ve 與 va 之間的角度
β=（ve/vr*sin60°）=46°12'
綜上所述，在分析這三種運動時，首先要選擇運動點和運動參考系。 運動點相對于運動系統運動，因此它們不能在同一物體內； 為了便于確定相對速度，運動點的相對軌跡應簡單、清晰。
8.3 當涉及的運動為平移時，運動點的絕對加速度等于涉及的加速度與相對加速度的矢量和。
第9章
剛體平面運動
9.1 剛體平面運動分析：其運動方程x=f1(t)
y=f2(t) θ=f3(t) 完全確定了平面移動剛體的運動規律
在剛體上，可以選擇平面圖形上的任意一點作為基點，平面運動可以分解為平移和旋轉。 平面圖形平移的速度和加速度與基點的選擇有關，而平面圖形繞基點旋轉的角速度和角加速度則與基點的選擇無關。
9.2 剛體平面運動速度分析：
在平面圖形中的某一時刻，任意兩點的速度在兩點連線上的投影相等。 這就是速度投影定理。 Vcosa=vcosb
例9-1 橢圓尺AB由曲柄OC驅動。 曲柄繞軸線O以勻速角速度ω0旋轉，如圖9-7所示。 OC=BC=AC=r。 當找到如圖所示的位置時，滑塊A和B的速度以及橢圓尺AB的角速度。
解：已知OC繞軸O旋轉，橢圓尺AB在平面內移動，vc=ω0r。
(1) 用基點法求滑塊A的速度和AB的角速度。 由于C的速度已知，因此選擇C作為基點。
vA=Vc+VAC 式中vc的大小和方向已知。 vA 的方向沿y 軸，vAC 的方向垂直于AC。 可以畫出速度矢量圖，如圖9-7所示。
由圖形的幾何關系可得
vA=°=ω0r,Vac=Vc,Vac=ωABr 可解
ωAB=ω0（順時針）
(2) 利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
°=° 求解
Vb=vC=ω0r
7 第三部分
動力學
第10章粒子動力學基本方程
1、牛頓第一定律：不受作用（包括平衡力系統作用）的粒子將保持靜止或勻速直線運動。 也稱為慣性定律。
2、牛頓第二定律：質點的質量與其加速度的乘積等于作用在質點上的力的大小，且加速度的方向與力的方向相同。 F=ma
3、牛頓第三定律：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向相反、沿同一直線、同時作用在兩個物體上。
例10-5 將木塊放在光滑的水平面上并連接到彈簧，如圖10-5所示。 木塊的質量為m，彈簧的剛度系數為k。 當彈簧拉伸變形a時，塊體被釋放。 求物體的運動規律。
解：以彈簧未變形位置為坐標原點O。假設任意坐標x處的塊體彈簧變形量為|x|，彈簧力F=k|x|，指向O點，如圖 10-5 所示，則該塊沿 x 軸運動的微分方程為 m=Fx=-kx 令 ω2n=，將上式轉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 和 θ 是任意常數，應由運動的初始條件確定。 根據題意，當t=0，=0，x=a時，代入上式，則解為θ=0，A=a，代入式，運動方程可解為X=acosωnt
第11章動力學定理
p=mvc1。 動量：等于粒子的質量與其速度的乘積。 2、粒子系統動量定理：
①微分形式：粒子系統動量對時間的一階導數等于作用在粒子系統上的所有外力的矢量和。 ②積分形式：任意時間間隔內粒子系統動量的變化量等于同一時間間隔內粒子系統動量的變化量。 指向系統上所有外力的矢量和（淋浴定理） 3、質心運動守恒定律：如果作用在質心系統投影在 x 軸上的所有外力的代數和總是等于0，即ΣF=0，則Vcx=常數，表示質心橫坐標xc不變或者質心沿x軸的運動均勻。
8 例11-5：已知液體在直角彎頭ABCD內穩定流動，流量為Q，密度為ρ，AB端流入斷面直徑為d，另一端CD處的流出截面為d1。 求液體對管壁施加的附加動壓力。
以求解一段液體ABCD為研究對象，假設流出和流入速度分別為v1和v2，則
V1=, V2=
建立坐標系，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：在圖11-6所示的曲柄滑塊機構中，假設曲柄OA在力偶的作用下以勻角速度w旋轉，滑塊B沿x軸滑動。 若OA=AB=l，則OA、AB均為均質棒，質量為m1，滑塊B的質量為m2。 試求該系統質心的運動方程、該系統的軌跡和動量。
解開
假設當t=0時桿OA是水平的，那么我們有=wt。 認為系統由三個質點組成，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。 上式即為系統質心C的運動方程，將上述兩個方程消去時間t，可得[xc]2+[]2=1，即質心的運動軌跡C為橢圓，如圖11-6中虛線所示。需要指出的是，系統的動量，用式（11-15）投影為
Px=mvcx=(2m1+m2)=-2(m1+m2)lωsinωt Py=mvcy=(2m1+m2)=m1lωcosωt
9 例11-11：將平板D放置在光滑的水平面上。 該板配有曲柄、滑桿和套筒機構。 十字套C保證滑桿AB平移運動，如圖所示。 已知曲柄OA是一根長度為r、質量為m的均質桿，繞軸線O以均勻角速度w旋轉。 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。 假設機構初始靜止，試求平板D的水平運動規律x(t)。
將整體分解為粒子系統，并稱所受到的外力包括各部分的重力和水平面的反作用力。 由于外力在水平軸上的投影為零且初始靜止，因此粒子系統質心在水平軸上的坐標保持不變。建立坐標系，并假設質心之間的水平距離板 D 與 O 點的質量為 a，AB 的長度為 l，C 與 O 點的水平距離為 b，則粒子系統質心水平軸的初始坐標為
Xc1=
假設時間t后，板D向右移動x(t)，曲柄OA旋轉角度wt。 此時粒子系統的質心坐標為
Xc2=
因為水平方向質心守恒，xc1=xc2，
解：X(t)=(1-cosωt)
第12章動量定理
1. 粒子及粒子系統的動量矩：
⑴指向點到O點的動量矩在z軸上的投影等于該點到z軸的動量矩，即“Lo(mv)”=Lz(mv) ⑵粒子系統到固定點O的動量矩等于每個粒子到同一點O的動量矩的矢量和。即：Lo=ΣLo(mv)
2、繞固定軸旋轉的剛體相對于旋轉軸的動量矩等于剛體相對于旋轉軸的慣性矩與角速度的乘積。 (Lz=wJz) 3、平行軸定理：剛體相對于任意軸的轉動慣量等于剛體相對于剛體質心的轉動慣量。 并且將與軸平行的軸的轉動慣量加上剛體的質量與兩軸之間的距離的平方的乘積。 4、動量矩定理：質點的動量矩對固定點對時間的一階導數等于作用在質點上的力。 同一時刻的時刻。
10 例12-2：已知均質細棒和均質圓盤的質量均為m，圓盤的半徑為R，棒的長度為3R。 求穿過懸掛點 O 并垂直于圖中 Z 軸的擺副的旋轉。 慣性。
擺錘繞 Z 軸的轉動慣量為
Jz=Jz棒+Jz板
桿繞 Z 軸的轉動慣量為
Jz rod = ml 2 = m (3R) 2 = 3mR 2 圓盤朝向其質心的轉動慣量為
Jzc2=mR 2 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：質量為M1的塔可以繞垂直于繪圖的軸線O旋轉。 纏繞在塔輪上的繩索，塔輪之間沒有相對滑動。 纏繞在半徑為r的輪盤上的繩索的剛度為一個系數為k的彈簧，彈簧的另一端固定在墻上。 將質量為 M2 的重物垂直懸掛在一根繞在半徑為 R 的輪子上的繩子的另一端。如果錐輪的質心位于輪盤的中心 O，則其繞輪盤的轉動慣量O軸為Jo=2mr，R=2r，M1=m，M2=2m。 求彈簧拉伸 s 時重量 M2 的加速度。
錐輪繞固定軸旋轉。 如果瞬時角速度為w，重物作平動運動，則其速度為v=Rw。 它們在O點的動量矩分別為Lo1和Lo2，其大小為Lo1=-Jo·w=-2mr2ω，Lo2=-2mR2w=-8mr2ω2。 系統在O點的外力矩為M0()=F·r-m2g·R=ksr-4mgr。 根據動量矩定理L0=ΣM0()，可得 10mr2=(4mg- ks)r α==
由于重物的加速度a2=Rα，所以：a2=Rα=
11第13章動能定理
1、粒子系統動能的微分等于作用在粒子系統上的所有力所做的元功之和。 這就是微分形式的粒子系統動能定理。 (13-23) 2.積分形式的質點系統動能定理：質點系統在一定運動過程中動能的變化量等于作用在質點系統上的所有力所做的功之和。過程中的粒子系統。 (13-24, 13-25) 3. 力的功率等于切向力與施力點速度的乘積 (13-28) 4. 作用在旋轉物體上的力的功率剛體等于力疊加旋轉軸的力矩與角速度的乘積。 (13-29) 5、粒子系統動能對時間的一階導數 等于作用在指向系統上的所有力的冪的代數和（冪方程13-30）
例13-5：重物A和重物B通過動滑輪D和定滑輪C運動。如果重物A開始時向下的速度為v0，那么重物A在其速度增加一倍之前下降多遠？ 假設重物A、B的質量均為m1，滑輪D、C的質量均為m2，均為均質圓盤。 重物B與水平面的動摩擦系數為f。 繩子無法拉伸，其質量可以忽略不計。
解決方案以系統為研究對象。 在該系統中，重物A和B進行平移運動，定滑輪C進行定軸旋轉，動滑輪D進行平面運動。 A初始瞬間的速度為v0，則滑輪D中心的速度為v0，角速度為ωD=； 定滑輪C的角速度為ωC=； 重物B的速度為2v0。因此，系統運動初始時刻的動能為
T1=m1v02+m2v02+(m2rD2)() 2+(m2rC2)() 2+m12v0 2=(10m1+7m2) 速度增加一倍時的動能為 T2=(10m1+7m2) 假設重量 A 下降 h在高空，速度加倍。所有力所做的功為：Σ=m1gh+m2gh-f'm1g·2h=[m1g(1-2f')+m2g]h。 公式為：
(10m1+7m2)= [m1g(1-2f')+m2g]h 求解得到 h=
12
例13-7：在對稱桿的A點，作用有垂直恒力F，系統初始靜止。 求連桿OA移動到水平位置時的角速度。 假設連桿長度為l，質量為m，均質圓盤質量為m1，進行純滾動。
解開
將系統作為研究對象。系統開始從靜止中移動，因此系統的最初瞬時動能是
當桿OA移動到水平位置時，T1 = 0是桿端B是桿AB速度的瞬時中心，因此車輪B的角速度為零。該時構建了桿OA的角速度。 由于OA = AB，因此桿AB的角速度也為w。 此時系統的動能是
t2 =joaΩ2+jabω2=（）ω2+（）ω=ω2所有力所做的工作均為∑ = 2（mg）+flsinα=（mg+f）lsinα通過ω2-0 =（mg+f）lsinα求解。 ω=
回顧理論力學摘要（知識點）
理論力學和運動學中知識點的摘要
大學理論力學考試的知識點摘要
力學知識點摘要
高中力學知識點的摘要
高中力學中知識點的摘要
理論力學課程的摘要
八年級學生的物理和力學知識點摘要
初中物理和力學中知識點的摘要
高中入學考試的力學知識點的全面摘要
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