下载文档原格式
第5章 点的复合运动分析5－1 曲柄OA 在图示瞬时以ω0绕轴O 转动，并带动直角曲杆O 1BC 在图示平面内运动。
若d 为已知，试求曲杆O 1BC 的角速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：曲杆O 1BC ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v += 0a 2ωl v =；0e a 2ωl v v == 01e 1ωω==AO v BC O （顺时针）5－2 图示曲柄滑杆机构中、滑杆上有圆弧滑道，其半径cm 10=R ，圆心O 1在导杆BC 上。
曲柄长cm 10=OA ，以匀角速rad/s 4πω=绕O 轴转动。
当机构在图示位置时，曲柄与水平线交角 30=φ。
求此时滑杆CB 的速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：BC ，牵连运动：平移，相对运动：圆周运动，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e a v v v +=πω401a =⋅=A O v cm/s ； 12640a e ====πv v v BC cm/s5－3 图示刨床的加速机构由两平行轴O 和O 1、曲柄OA 和滑道摇杆O 1B 组成。
曲柄OA 的末端与滑块铰接，滑块可沿摇杆O 1B 上的滑道滑动。
已知曲柄OA 长r 并以等角速度ω转动，两轴间的距离是OO 1 = d 。
试求滑块滑道中的相对运动方程，以及摇杆的转动方程。
解：分析几何关系：A 点坐标 d t r x +=ωϕcos cos 1 （1） t r x ωϕsin sin 1= （2） （1）、（2）两式求平方，相加，再开方，得： 1．相对运动方程trd r d t r d t rd t r x ωωωωcos 2sin cos 2cos 22222221++=+++=将（1）、（2）式相除，得： 2．摇杆转动方程： dt r tr +=ωωϕcos sin tandt r t r +=ωωϕcos sin arctan5－4 曲柄摇杆机构如图所示。
第 5 章点的合成运动习题解答0 8 08 1 4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V a V e V r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a a a e a r ，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a；a a a e n t na e a r a r其中a；dv；，n aa2V a tdV e n，a e ，a e2Ve a t，a r dV r，a n2v■ ?a, e, r依次dt a dt e dt r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。
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r e a v v v +=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r e a a a a +=，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n r t r n e t e na t a a a a a a a +++=+其中 t v a d d a t a=，a 2a n a ρv a =，t v a d d e t e =，e2e ne ρv a =，t v a d d r t r =，r 2r n r ρv a =，r e a ,,ρρρ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。
点的合成运动习题解答2－1 凸轮以匀角速度ω绕O 轴转动，杆AB 的A 端搁在凸轮上。
图示瞬时AB 杆处于水平位置，OA 为铅直。
试求该瞬时AB 杆的角速度的大小及转向。
解： r e a v v v += 其中，22e r v e -=ωe v v e a ωφ==tg所以 le l v a AB ωω==（逆时针）2－2. 平底顶杆凸轮机构如图所示，顶杆AB 可沿导轨上下移动，偏心圆盘绕轴O 转动，轴O 位于顶杆轴线上。
工作时顶杆的平底始终接触凸轮表面。
该凸轮半径为R ，偏心距e OC =，凸轮绕轴O 转动的角速度为ω，OC 与水平线成夹角ϕ。
求当︒=0ϕ时，顶杆的速度。
（1）运动分析轮心C 为动点，动系固结于AB ；牵连运动为上下直线平移，相对运动为与平底平行直线，绝对运动为绕O 圆周运动。
（2）速度分析，如图b 所示2－3. 曲柄CE 在图示瞬时以ω0绕轴E 转动，并带动直角曲杆ABD 在图示平面内运动。
若d 为已知，试求曲杆ABD 的角速度。
解：1、运动分析：动点：A ，动系：曲杆O 1BC ，牵连运动：定轴转动，相对运动：直线，绝对运动：圆周运动。
2、速度分析：r e av v v +=0a 2ωl v =；0e a 2ωl v v ==01e1ωω==AO v BC O （顺时针） 2－4. 在图示平面机构中，已知：AB OO =1，cm 31===r B O OA ，摇杆D O 2在D 点与套在AE 杆上的套筒铰接。
OA 以匀角速度rad/s 20=ω转动，cm 332==l D O 。
试求：当︒=30ϕ时，D O 2的角速度和角加速度。
解：取套筒D 为动点，动系固连于AE 上，牵连运动为平动 （1）由r e a v v v += ① 得D 点速度合成如图（a ） 得 ϕtg e a v v =， 而r v e 0ω=因为 r v a 0331ω⨯=，所以rad/s 67.02==lv aD O ω 方向如图(a)所示（2）由r e na a a a a a +=+τ ②得D 点加速度分析如图（b ） 将②式向DY 轴投影得θϕϕτsin sin cos e n a a a a a -=- 而r a l a e DO n a 2022ωω==θϕsin sin r l =所以ϕθϕτcos sin sin e na a a a a -=2rad/s 05.2cos sin sin 2-=-==ϕθϕετl a a l a e n a a DO ，方向与图(b)所示相反。
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r e a v v v +=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r e a a a a +=，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n r t r ne t e n a t a a a a a a a +++=+其中 t v a d d a t a=，a 2a n a ρv a =，t v a d d e t e =，e2e ne ρv a =，t v a d d r t r =，r 2r n r ρv a =，r e a ,,ρρρ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ο30=ϕ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ω与角加速度α。
“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u v v 2130sin e a ==ο, u v v 2330cos e r ==ο 方向如图所示。
由此可求得OA 杆在图示瞬时的角速度为ru u r OB v ω63230ctg 1a ===ο， 转向如图所示。
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（a ）(b)n r t r en ata a a a a a ++=+大小： αOB 2ωOB a BCv 2r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()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=--=--=--=r u a r u/aBC v a a a a 43223230sin 30sin 222rn re taοο， t a a 为负值说明τa a 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⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=+===r u a r rr /u a/BC a OB a α2323343230ctg 22ta t a ο， 转向如图所示（由t a a 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=ϕsin ， 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OA x =。
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nr a 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c r e a a a a a ++=，其中科氏加速度为r e c ω2v a ⨯=，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ο90的方向就是科氏加速度的方向，大小为r e ω2v a c =.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c n r t r ne t e n a t a a a a a a a a ++++=+.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==a O O mm ，31=ωrad/s 。
求图示位置时杆A O 2的角速度。
解：（1）取杆A O 1上的A 点为动点，杆A O 2为动系。
1a ωa v =，由r e a v v v +=作速度平行四边形（如题5-1图a 所示），得a v v 1a e 2330cos ω==ο， rad/s 5.1212e 2===ωωA O v， （逆时针）（2）取滑块A 为动点，杆A O 1为动系， 1e ωa v =，由r e a v v v +=作速度平行四边形（如题5-1图b 所示），得1e a 3230cos ωa v v ==ο，rad/s 23212a 2===ωωA O 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=ωrad/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为0=ϕ、ο30、ο90时杆BC 的速度。
解：取滑块A 为动点，动系为BCE 杆。
m /s 2OA a =⋅=ϕ&v .题5-2图(a)( b)题5-1图由 r e a v v v += 得 ϕsin a e v v =当ο0=ϕ 时， 0e =v ；当ο30=ϕ时，m/s 1e =v ；当90=ϕ时，m/s 2e =v .5-3图示曲柄滑道机构中，曲柄长r OA =，并以匀角速度ω饶O 轴转动。
装在水平杆上的滑槽DE 与水平线成ο60角。
求当曲柄与水平线交角0=ϕ、ο30、ο60时，杆BC 的速度。
解：取滑块A 为动点，动系为杆BC ，ωωr v =⋅=OA a . 作速度矢量图如图示。
由正弦定理)30-sin()60-sin(180ea οοοϕv v =， 解得)30-sin(32-e οϕω⋅=r v . 当ο0=ϕ时， 33e v r ω=； 当30oϕ=时， 0=e v ；当60oϕ=时， 33e v r ω=-(向右). 5-4如图所示，瓦特离心调速器以角速度ω绕铅垂轴转动。
由于机器转速的变化，调速器重球以角速度1ω向外张开。
如该瞬间10rad/s =ω，1.2rad/s 1=ω。
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ο30=β。
求此时重球绝对速度的大小。
解：取重球为动点，转轴AB 为动系，则 ωl v r =，方向如图示；牵连速度()ωβsin e l e v +=，方向与ADB 垂直。
根据r e a v v v +=，题5-3图题5-4图由勾股定理得 m/s 059.32r 2e a =+=v v v .5-5图示L 形杆BCD 以匀速v 沿导槽向右平动，CD BC ⊥，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。
v v =a ，设OBC ∠为θ，由速度合成定理得 v x h h v v 22a e cos +==ϑ， 由此可求得v xh hl l x h v v eA 2222+=+=. 也可以利用以下关系解出A v 。
由h xh x arctan ,tan ==θθ，vt x = v x h hl r v x h vh h x h vt A 22222,1d d +==+=⎪⎭⎫⎝⎛+==ωθω.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=r mm 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.=ωrad/s ，ο30=ϕ。
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ωOK v =e . 由速度合成定理得：ϕωϕ2e a cos cos l v v v AB===， （2）计算齿轮D 的角速度。
rad/s 67.238cos 2====ϕωωr l r v AB D .（逆时针） 解法二：设齿轮D 和齿条AB 的啮合点到K 点的距离为h ，题5-5图题5-6图则 ωϕϕ-==&,tan l h ，从而有 ()tl l t t h v AB ωωϕ2cos tan dd d d -===， 代入数据，m/s 15430cos 5.04.02-=⨯-=οAB v .其中负号表示AB v 是沿h 减小的方向，即向下。
齿轮D 的角速度为 m/s 67.238===r v v AB D .（逆时针） 5-7绕轴O 转动的圆盘及直杆OA 上均有一导槽，两导槽间有一活动销子M 如图所示，0.1m =b 。
