两杆之间保持接触蛋壳以相对滑动，他们的角速度一定相等吗

不一定相等。
“保持接触”只要求两杆在接触点 不会分离或相互压入，也就是说——沿两杆公法线（法向）的速度分量必须相同；而“可相对滑动”意味着沿切向的速度可以不同，所以接触点可以滑动。

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1. 接触点速度条件

设两根刚杆分别为 Ⅰ、Ⅱ，接触点记为 P。
在平面内运动时

$$\mathbf v_{P}^{(Ⅰ)}=\boldsymbol\omega_{Ⅰ}\times \mathbf r_{P/O_Ⅰ},\qquad \mathbf v_{P}^{(Ⅱ)}=\boldsymbol\omega_{Ⅱ}\times \mathbf r_{P/O_{Ⅱ}}$$

• 法向分量必须相等：
  $(\mathbf v_{P}^{(Ⅰ)}-\mathbf v_{P}^{(Ⅱ)})\cdot\mathbf n=0$

• 切向分量若允许滑动，则
  $(\mathbf v_{P}^{(Ⅰ)}-\mathbf v_{P}^{(Ⅱ)})\cdot\mathbf t\neq 0$
  在无滑动（纯滚动或铰接）时才要求这一项也为 0。

只有一条标量约束方程（法向方向），显然不足以强迫 $\omega_{Ⅰ}=\omega_{Ⅱ}$。

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2. 一个直观例子

两根等长细杆 OA、OB 的下端分别铰接在地面 O_1、O_2，上端在某一点 P 互相顶住但不销接。
几何关系给出

$$\omega_{Ⅰ}\,O_1P\sin\theta_{Ⅰ} \;=\; \omega_{Ⅱ}\,O_2P\sin\theta_{Ⅱ},$$

其中 $\theta_{Ⅰ},\theta_{Ⅱ}$ 为各杆与水平线的夹角。
只要 $\theta_{Ⅰ}\neq\theta_{Ⅱ}$，两边乘号的系数不同，$\omega_{Ⅰ}$ 与 $\omega_{Ⅱ}$ 自然可以不同。

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3. 什么时候才会“相等”？

• 销接铰链：如果两杆在 P 处用销子连接成真正的四连杆，则 P 处既无法向也无切向相对速度，结果是两杆的角速度满足另一组方程；对对称情形往往得到 $\omega_{Ⅰ}=\omega_{Ⅱ}$。
• 纯滚动：若在 P 处规定无滑动（例如轮与杆的纯滚），同样有切向速度约束，可能导致特殊几何下两角速度相等。

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结论
只要允许在接触点沿切向滑动，两杆的角速度就不必相等；它们之间只存在由“法向不分离”给出的单一速度约束关系。

下面给出详细的求解过程。

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1. 三角替换法

计算

$$I \;=\; \int_{0}^{1} \bigl(1 - x^2\bigr)^{\tfrac{3}{2}} \, d x$$

我们可以先做三角替换：

$$x \;=\;\sin \theta\quad\Longrightarrow\quad dx \;=\;\cos \theta \, d\theta,\qquad 1 - x^2 \;=\;1 - \sin^2 \theta \;=\;\cos^2 \theta.$$

将 $x$ 从 0 积分到 1 转换到 $\theta$ 从 $0$ 积分到 $\tfrac{\pi}{2}$：

$$I \;=\;\int_{0}^{\pi/2} \bigl(\cos^2 \theta\bigr)^{\tfrac{3}{2}}\;\cos \theta\,d\theta \;=\;\int_{0}^{\pi/2} \cos^3 \theta \,\cos \theta \,d\theta \;=\;\int_{0}^{\pi/2}\cos^4 \theta\;d\theta.$$

故问题化为求

$$\int_{0}^{\pi/2} \cos^4 \theta \, d\theta.$$

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2. 计算 $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} \cos^4 \theta \, d\theta$

利用幂次余弦的恒等式：

$$\cos^4\theta \;=\;\bigl(\cos^2\theta\bigr)^2 \;=\;\left(\frac{1 + \cos(2\theta)}{2}\right)^2 \;=\;\frac{1}{4}\Bigl[1 + 2\cos(2\theta) + \cos^2(2\theta)\Bigr].$$

将其拆分：

$\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} 1 \, d\theta \;=\;\frac{\pi}{2}.$

(\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} \cos(2\theta),d\theta ;=;\frac{1}{2}\sin(2\theta)\Big|_0^{\pi/2} ;=;\frac{1}{2}\bigl[\sin(\pi) - \sin(0)\bigr] ;=;0.)

$$\int_{0}^{\pi/2} \cos^2(2\theta)\, d\theta \;=\;\int_{0}^{\pi/2} \frac{1 + \cos(4\theta)}{2} \, d\theta \;=\;\frac12\int_{0}^{\pi/2}1\,d\theta \;+\;\frac12\int_{0}^{\pi/2}\cos(4\theta)\,d\theta.$$

• 第一部分：$\tfrac12 \cdot \tfrac{\pi}{2} = \tfrac{\pi}{4}.$
• 第二部分：$\displaystyle \frac12 \cdot \frac{1}{4}\sin(4\theta)\big|_0^{\pi/2} = 0.$

故

$$\int_{0}^{\pi/2} \cos^2(2\theta)\, d\theta \;=\;\frac{\pi}{4}.$$

因此

$$\int_{0}^{\pi/2} \cos^4 \theta \,d\theta \;=\;\int_{0}^{\pi/2} \tfrac{1}{4} \bigl[1 + 2\cos(2\theta) + \cos^2(2\theta)\bigr] \, d\theta \;=\;\frac{1}{4}\Bigl[\frac{\pi}{2} + 0 + \frac{\pi}{4}\Bigr] \;=\;\frac{1}{4}\cdot\frac{3\pi}{4} \;=\;\frac{3\pi}{16}.$$

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3. 结论

将结果代入原积分，可得

$$\boxed{ \int_0^1 \bigl(1 - x^2\bigr)^{\tfrac{3}{2}} \, dx \;=\;\frac{3\pi}{16}. }$$

下面给出详细的计算步骤，目标是求以下随 $x$ 变化的定积分：

$$I(x)\;=\;\int_{0}^{3x}\!\Bigl(y \;+\;\sqrt{\,1 + y^2\,}\Bigr)\,\mathrm{d}y.$$

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1. 先求被积函数的不定积分

令

$$F(y)\;=\;\int \Bigl(y \;+\;\sqrt{\,1+y^2\,}\Bigr)\,\mathrm{d}y.$$

将其拆分为两部分：

1. $\displaystyle \int y\,\mathrm{d}y \;=\;\frac{y^2}{2}.$

2. $\displaystyle \int \sqrt{1+y^2}\,\mathrm{d}y.$
   这是一个常见的标准结果，可以通过三角或双曲替换推导得出：

   $$\int \sqrt{1+y^2}\,\mathrm{d}y \;=\;\frac{y}{2}\,\sqrt{1+y^2}\;+\;\tfrac12\,\ln\bigl|\,y \;+\;\sqrt{\,1+y^2\,}\bigr|\;+\;C.$$

因此，

$$F(y) \;=\;\frac{y^2}{2} \;+\;\frac{y}{2}\,\sqrt{1 + y^2} \;+\;\frac12\,\ln\Bigl|\,y + \sqrt{1 + y^2}\Bigr| \;+\;C.$$

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2. 定积分 $\displaystyle I(x)=\int_{0}^{3x}\!(y + \sqrt{1 + y^2})\,\mathrm{d}y$

根据牛顿-莱布尼茨公式，

$$I(x) \;=\;\Bigl[F(y)\Bigr]_{\,y=0}^{\,y=3x} \;=\;F(3x)\;-\;F(0).$$

• 计算 $F(3x)$：

  $$F(3x) = \frac{(3x)^2}{2} \;+\;\frac{3x}{2}\,\sqrt{\,1+(3x)^2\,} \;+\;\frac12\,\ln\Bigl|\,3x \;+\;\sqrt{\,1+9x^2\,}\Bigr|.$$

  即

  $$F(3x) = \frac{9x^2}{2} \;+\;\frac{3x}{2}\,\sqrt{\,1+9x^2\,} \;+\;\tfrac12\,\ln\Bigl|\,3x \;+\;\sqrt{\,1+9x^2\,}\Bigr|.$$

• 计算 $F(0)$：

  $$F(0) \;=\;\frac{0^2}{2} + \frac{0}{2}\sqrt{\,1+0^2\,} + \frac12\,\ln\bigl|\,0 + \sqrt{1}\bigr| \;=\;0 + 0 + \tfrac12\,\ln(1) \;=\;0.$$

因此

$$I(x) \;=\;F(3x)\;-\;0 \;=\;\frac{9x^2}{2} \;+\;\frac{3x}{2}\,\sqrt{\,1+9x^2\,} \;+\;\tfrac12\,\ln\Bigl|\,3x \;+\;\sqrt{\,1+9x^2\,}\Bigr|.$$

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3. 最终结果

$$\boxed{ \int_{0}^{3x}\!\bigl(y \;+\;\sqrt{1+y^2}\bigr)\,\mathrm{d}y \;=\; \frac{9x^2}{2} \;+\;\frac{3x}{2}\,\sqrt{\,1+9x^2\,} \;+\;\tfrac12\,\ln\!\bigl|\,3x \;+\;\sqrt{1+9x^2}\bigr|. }$$

若题目隐含 $x\ge 0$，则 $\lvert\,3x + \sqrt{1+9x^2}\rvert$ 可简写为 $\bigl(3x + \sqrt{1+9x^2}\bigr)$，省去绝对值。

下面给出详细的计算步骤：

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1. 将被积函数展开

$$(1-\cos t)^3 \;=\;(1)^3 \;-\;3(1)^2(\cos t) \;+\;3(1)(\cos t)^2 \;-\;(\cos t)^3.$$

即

$$(1-\cos t)^3 \;=\;1 \;-\;3\cos t \;+\;3\cos^2 t \;-\;\cos^3 t.$$

故原积分可拆分为四部分：

$$\int_0^{2\pi} (1-\cos t)^3 \, dt \;=\;\int_0^{2\pi} 1 \, dt \;-\;3 \int_0^{2\pi} \cos t \, dt \;+\;3 \int_0^{2\pi} \cos^2 t \, dt \;-\;\int_0^{2\pi} \cos^3 t \, dt.$$

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2. 依次计算各部分

1. $\displaystyle \int_0^{2\pi} 1 \, dt = 2\pi.$

2. $\displaystyle \int_0^{2\pi} \cos t \, dt = \sin t \Big|_0^{2\pi} = \sin(2\pi)-\sin(0)=0.$
   因此 $\displaystyle -3 \int_0^{2\pi}\cos t\,dt=0$.

3. $\displaystyle \int_0^{2\pi} \cos^2 t \, dt.$
   利用恒等式 $\cos^2 t = \tfrac12\bigl(1 + \cos(2t)\bigr)$:

   $$\int_0^{2\pi} \cos^2 t \, dt \;=\;\int_0^{2\pi} \tfrac12\bigl(1 + \cos(2t)\bigr)\,dt \;=\;\tfrac12 \int_0^{2\pi} 1\,dt \;+\; \tfrac12 \int_0^{2\pi} \cos(2t)\,dt.$$
   • 第一个积分：$\tfrac12 \times 2\pi = \pi.$
   • 第二个积分：$\tfrac12 \times \Bigl[\tfrac{\sin(2t)}{2}\Bigr]_0^{2\pi}= 0.$

   因此

   $$\int_0^{2\pi} \cos^2 t \, dt = \pi, \quad\Longrightarrow\quad 3\int_0^{2\pi} \cos^2 t\,dt = 3\pi.$$

4. $\displaystyle \int_0^{2\pi} \cos^3 t \, dt.$
   由于 $\cos^3 t$ 在 $[0,2\pi]$ 上对称分布，其正负部分抵消，结果为 0（也可做替换 $u=\sin t$ 来验证）。
   因此 $\int_0^{2\pi} \cos^3 t \, dt = 0,$
   故 $-\int_0^{2\pi} \cos^3 t \, dt = 0.$

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3. 汇总结果

将各项相加：

$$\int_0^{2\pi} (1-\cos t)^3 \, dt \;=\;2\pi \;+\;0 \;+\;3\pi \;+\;0 \;=\;5\pi.$$

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结论：

$$\boxed{ \int_0^{2\pi}(1-\cos t)^3 \, dt \;=\; 5\pi. }$$

设

$$I=\int_{0}^{1} y\,(y^{2}+1)^{\tfrac32}\,dy .$$

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1 代换 $u=y^{2}+1$

$$u = y^{2}+1 \;\Longrightarrow\; du = 2y\,dy \;\Longrightarrow\; y\,dy = \frac{du}{2}.$$

当 $y=0$ 时 $u=1$；当 $y=1$ 时 $u=2$。
于是

$$I = \int_{u=1}^{2} (u)^{\tfrac32}\,\frac{du}{2} = \frac12\int_{1}^{2} u^{\tfrac32}\,du.$$

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2 计算幂函数积分

$$\int u^{\tfrac32}\,du = \frac{u^{\tfrac52}}{\tfrac52} = \frac{2}{5}\,u^{\tfrac52}.$$

因此

$$I = \frac12 \cdot \frac{2}{5}\,u^{\tfrac52}\Big|_{1}^{2} = \frac{1}{5}\Bigl(2^{\tfrac52}-1^{\tfrac52}\Bigr) = \frac{1}{5}\bigl(4\sqrt{2}-1\bigr).$$

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$$\boxed{\displaystyle \int_{0}^{1} y\,(y^{2}+1)^{\frac32}\,dy \;=\; \frac{4\sqrt{2}-1}{5}}$$