第5章点的合成运动习题解答080814

第五章 点的合成运动 本章要点 一、绝对运动、相对运动和牵连运动 一个动点， 两个参照系： 定系，动系； 三种运动：绝对运动、相对运动和牵连运动， 包括三种速度：绝对速度、相对速度和牵连速度； 三种加速度：绝对加速度、相对加速度和牵连加速度； 牵连点：动参考系上瞬时与动点相重合的那一点称为动参考系上的牵连点。 二、速度合成定理 & 动点的绝对速度，等于它在该瞬时的牵连速度与相对速度的矢量和，即

reavvv 解题要领 1 定系一般总是取地面，相对定系运动的物体为动系，动点不能在动系上. 2 牵连速度是牵连点的速度. 3 速度合成定理中的三个速度向量，涉及大小方向共六个因素，能且只能存在两个未知数方能求解，因此，至少有一个速度向量的大小方向皆为已知的. 4 作速度平行四边形时，注意作图次序：一定要先画大小方向皆为已知的速度向量，然后再根据已知条件画上其余两个速度向量，特别注意，绝对速度处于平行四边形的对角线位置. 5 用解三角形的方法解速度合成图. 三、加速度合成定理 1 牵连运动为平移时的加速度合成定理 · 当牵连运动为平移时，动点的绝对加速度等于牵连加速度与相对加速度的矢量和，即

reaaaa，

当点作曲线运动时，其加速度等于切向加速度和法向加速度的矢量和，因此上式还可进一步写成 nrtrnetenataaaaaaa

其中 tvaddata，a2anava，tvaddete，e2eneva，tvaddrtr，r2rnrva，rea,,依次为绝对轨迹、牵连轨迹和相对轨迹的曲率半径。 解题要领 1牵连运动为平移时的加速度合成定理只对“牵连运动为平移时”成立，因此，判定牵连运动是否为平移至关重要. 2 牵连运动为平移时的加速度合成定理涉及的三个加速度，每一加速度都可能有切向和法向加速度。但是，法向加速度只与速度有关，因此，可以通过速度分析予以求解，从而在此处是作为已知的。剩下的三个切向加速度的大小方向共有六个因素，能且只能有2个未知量时方可求解。 3 因加速度合成定理涉及的矢量较多，一般不用几何作图的方法求解，而是列投影式计算，千万不能写成“平衡方程”的形式。 4 在加速度分析中，因动点和动系的选择不当而出现了一种似是而非的分析过程。教材中例5.3.5的一个典型错误解法如下： $ 例：半径为r的半圆凸轮移动时，推动靠在凸轮上的杆OA绕O轴转动，凸轮底面直径DE的延

长线通过O点，如图所示。若在30的图示瞬时位置，已知凸轮向左的移动速度为u，加速度为a且与u反向，求此瞬时OA杆的角速度与角加速度。

! “解”：取OA杆上与凸轮相接触的B点为动点，动系固结在凸轮上。设OA杆的角 速度和角加速度分别为 和。 1）速度分析： 根据速度合成定理，可画出速度平行四边形如图所a示。由几何关系可得

uvv2130sinea, uvv2330coser

方向如图所示。由此可求得OA杆在图示瞬时的角速度为

ruurOBvω63230ctg1a

，

转向如图所示。 …

（a） (b) 2） 加速度分析： 根据牵连运动为平移时的加速度合成定理，有 nrtrenataaaaaa

大小： αOB 2OB a BCv2r 方向： OA 指向O点 ← BC 指向C点

加速度矢量关系图如图b所示。在这个矢量关系式中，各加速度分量的大小、方向共有十个要素，已知八个要素，可以求解。将图示的加速度矢量关系向CB方向投影，得 

ruaru/aBCvaaaa43223230sin30sin222

rnreta

，

taa为负值说明aa的真实指向应与图设的指向相反。由此，可求得OA杆在图示瞬时的角加速度

的大小为



ruarrr/ua/BCaOBaα2323343230ctg

22tata

，

— 转向如图所示（由taa的真实指向决定）。

上述解法是“避免 ”了取OA 杆为动系时出现的科氏加速度，错在何处这不难从杆OA 的转动方程

xRsin，

对时间求导求得OA 杆的角速度和角加速度值得到验证，式中OAx。可以看到，速度分析的结果是正确的，而加速度分析结果是错误的。原因是“取OA杆上与凸轮相接触的B点为动点”，此动点只在此瞬时与凸轮相接触，随后就分道扬镳了，其相对轨迹不是凸轮轮廓线，相对轨迹不清楚，因此，上面分析中nra用凸轮轮廓线的半径作为相对轨迹的曲率半径的计算是错误的。

2 牵连运动为转动时的加速度合成定理 牵连运动为转动时点的加速度合成定理：当牵连运动为转动时，动点的绝对加速度，等于该瞬时动点的牵连加速度、相对加速度与科氏加速度的矢量和

creaaaaa，

其中科氏加速度为rec

ω2va，当相对速度矢量与牵连角速度矢量垂直时，相对速度顺着牵连角速度转90的方向就是科氏加速度的方向，大小为reω2vac.当点作曲线运动时，其加速度等于切向加速度和法向加速度的矢量和，因此上式还可进一步写成

cnrtrnetenataaaaaaaa.

( 解题要领：

1 在加速度分析中要特别注意动系是否有角速度，如果有，就要考虑科氏加速度。 2 牵连运动为转动时的加速度合成定理涉及的矢量较多，最多有7个矢量，分析和列投影式时不要遗漏了。 3 法向加速度和科氏加速度只与速度和角速度有关，因此，在加速度分析时应作为是已知的。

4 牵连运动为转动时的加速度合成定理只可以解2个未知量。

第五章 点的合成运动 习题解答 5-1 在图a、b所示的两种机构中，已知20021aOOmm，31rad/s。求图示位置时杆AO2的角速度。

解：（1）取杆AO1上的A点为动点，杆AO2为动系。1aav，由reavvv作速度平行四边形（如题5-1图a所示），得

avv1ae2330cos，

rad/s5.1212e2

AO

v

， （逆时针）

（2）取滑块A为动点，杆AO1为动系， 1eav，由reavvv 作速度平行四边形（如题5-1图b所示），得

1ea3

230cosavv，

rad/s23212a2AO

v

.（逆时针）

… 5-2图示曲柄滑道机构中，杆BC为水平，杆DE保持铅直。

曲柄长10.OAm，并以匀角速度20rad/s绕O轴转动，通过滑块A使杆BC作往复运动。求当曲柄水平线的交角分别

题5-2图

(a) {

( b) 为0、30、90时杆BC的速度。 解：取滑块A为动点，动系为BCE杆。m/s 2OAav. 由 reavvv 得 sinaevv 当0 时， 0ev ；当30时，m/s 1ev； 当90时，m/s 2ev . 5-3图示曲柄滑道机构中，曲柄长rOA，并以匀角速度饶O轴转动。装在水平杆上的滑槽DE与水平线成60角。求当曲柄与水平线交角0、30、60时，杆BC的速度。 解：取滑块A为动点，动系为杆BC，rvOAa. 作速度矢量图如图示。

由正弦定理 )30-sin()60-sin(180eavv， 解得 )30-sin(32-erv.

当0时， 33evr； 当30o时， 0ev； 当60o时， 33evr (向右). 5-4如图所示，瓦特离心调速器以角速度绕铅垂轴转动。由于机器转速的变化，调速器重球以角速度1向外张开。如该瞬间10rad/s，1.2rad/s1。球柄长500mml，悬挂球柄的支点到铅垂

的距离为50mme，球柄与铅垂轴间所成的夹角30。求此时重球绝对速度的大小。

~

% 题5-3图

题5-4图 解：取重球为动点，转轴AB为动系，则 lvr，方向如图示；牵连速度sinelev，方向与ADB垂直。根据 reavvv，

由勾股定理得 m/s059.32r2eavvv. 5-5图示L形杆BCD以匀速v沿导槽向右平动，CDBC，hBC。靠在它上面并保持接触的直杆OA长为l，可绕O轴转动。试以x的函数表示出直杆OA端点A的速度。

解： 以L形杆上的B为动点，OA杆为动系，则动点相对于动系做直线运动。vva，设OBC

为，由速度合成定理得

vxhhvv22aecos，

由此可求得vxhhllxhvveA2222. 也可以利用以下关系解出Av。由hxhxarctan,tan，vtx ) vxhhlrvxhvhhxhvtA22222,1dd.

5-6如图所示，摇杆OC绕O轴转动，拨动固定在齿条AB上的销钉K而使齿条在铅直导轨内移动。齿条再传动半径100rmm的齿轮D。连线1OO是水平的，距离400l mm。在图示位置，摇杆角速度50.rad/s，30。试求此时齿轮D的角速度。

解： 解法一： 分两步计算。 （1）计算齿条AB的速度。取K为动点，OC杆为动系，则OKv

e. 由速度合成定理得：

题5-5图 题5-6图