理论力学全部整合解疑10.pdf

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1、第十章 点的合成运动第十章 点的合成运动 题 10-1 静参考系是否一定是不动的，动参考系是否一定是运动的？ 解 答 不一定， 例如在题 10-1 图中， 机器中的轮盘以角速度相对于机器 器外壳作定轴转动，无论机器外壳相对地面是否运动， 均可选择固连于机器外壳的坐标系 Oxyz 为静参考系， 其 它一切相对于机器外壳有运动的坐标系都可选为动参考 系，即既可选固连于轮盘的坐标系 Oxyz为动参考系， 也可选固结于地而的坐标系（当地面与机座有相对运动 时）为动参考系。它们对于我们所选定的静参考系（即 机座）来说都是动参考系。因此，选哪一个坐标系为静 参考系，哪一个为动参考系是人为的，要看具体问题的

2、需要而定。 题 10-2 什么是绝对轨迹，相对轨迹？ 解 答 绝对轨迹是动点在静系中运动的轨迹， 或者说是人站在静系中所观 察到的动点运动的轨迹。 描写绝对轨迹的方程可由动点的绝对运动方程消去时间 t 而获得。 相对轨迹是动点在动系中运动的轨迹， 或者说是人站在动系中所观察到的动 点运动的轨迹。 描写相对轨迹的方程可由动点的相对运动方程消去时间t而获得。 题 10-3 在讲牵连速度和牵连加速度时为什么要引入重合点的概念？ 解 答 动点的绝对运动和相对运动都是指一个点（动点）对一个参考系的 运动，前者是指动点对静系的运动，后者是指动点对动系的运动，因此可以很自 然地定义绝对速度、绝对加速度和相对

3、速度、相对加速度。它们分别是动点对静 系的速度、加速度和动点对动系的速度、加速度。但是牵连运动并不是一个点的 运动，而是动系（相当于一个刚体）对静系的运动，而一般情况下动系上各点对 静系的运动是不相同的。 因此不能说牵连速度和牵连加速度是动系对静系的速度 和加速度。 考虑到动系给动点运动以直接影响的是此瞬时动系上与动点相重合的 点（重合点） ，于是就定义重合点对静系的速度和加速度为牵连速度和牵连加速 度。可见，不引入重合点的概念，就无法定义动点的牵连速度和牵连加速度。事 实上， 点的速度合成定理和加速度合成定理也表明这样定义牵连速度和牵连加速 度，使得这些定理具有最简单明了的形式。 题 10-

4、4 如何理解点的速度合成定理，应用时要注意哪些问题？ 解 答 点的速度合成定理是： 动点在每一瞬时的绝对速度等于其牵连速度 和相对速度的矢量和。即 va = ve + vr 对于这个定理的应用要注意如下几点： （1）不论牵连运动是何种运动，此定理都成立。 （2）定理所说明的是瞬时关系。也就是说，在动点运动过程中的每一瞬时， 动点的三种速度va、ve、vr，存在着上述矢量和的关系。 （3）由定理va = ve + vr，所述关系可作速度平行四边形，而绝对速度va必为 四边形的对角线。 （4）求解矢量方程：va = ve + vr，可用几何法，也可用解析法。所谓几何法 就是作速度平行四边形或速度三

5、角形。而解析法是将此矢量方程投影于坐标轴 上，可以得到两个独立的标量方程（即投影方程） 。由于矢量等式va = ve + vr中每 一项都有大小和方向两个量，总共有六个量。因此，不论用何种方法求解必须先 给出四个量，才能求出另外两个未知量。这是因为几何法必须知道其中四个量才 能作出速度四边形或速度三角形，而解析法只有两个独立的标量方程，所以也只 能求解两个未知量。 题 10-5 如何理解牵连运动为平动时点的加速度合成定理，应用时要注意 哪些问题？ 解 答 牵连运动为平动时的加速度合成定理是： 动点在每一瞬时的绝对加 速度等于其牵连加速度和相对加速度的矢量和。即 aa = ae + ar 对于这

6、个定理的应用需要注意如下几点： （1）只有当动参考系作平动时，点的加速度合成定理aa = ae + ar才成立，也 就是说当动系作除平动以外的任何运动时，上式均不成立。 （2）定理所说明的是瞬时关系，即动点在运动过程中的每一瞬时，动点的 三种加速度aa、ae、ar，存在着上述矢量和的关系。 （3）因为动系作平动，所以牵连加速度ae只有一项，而动点的绝对加速度 aa与相对加速度ar都可能由其切向分量和法向分量两部分组成。例如，当动点的 绝对运动是变速曲线运动时， 则动点的绝对加速度aa就由切向分量与法向分量 组成，同理，当动点的相对运动是变速曲线运动时，则动点的相对加速度a a a n a a

7、r就 由切向分量与法向分量组成。这时矢量等式就可写成 r a n r a nn arrea aaaaa+=+ （4）在求解矢量方程时，一般用解析法，与在求解速 度合成定理时相似，由于投影所得为两个独立的标量方程，因此，也只能求解两 个未知量。 nn arrea aaaaa+=+ 题 10-6 在应用点的速度合成定理及动系为平动时点的加速度合成定理求 解速度和加速度时，用几何法与解析法哪一种较为简捷？ 解 答 因为点的速度合成定理va = ve + vr只有三个矢量，因此用几何法较 为方便，所作出的图形是速度平行四边形或速度三角形，图形简单。而动系为平 动时点的加速度合成定理aa = ae +

8、ar中aa与ar可能均有切向和法向分量， 也就是说 矢量数目较多，如用几何法，作出的图形将是矢量多边形，计算不便，因此一般 应采用投影法求解。 题 10-7 举例说明三种运动，三种速度和三种加速度的分析。 题 10-7 图 解 答 今以题 10-7 图(a)所示具有圆弧形滑道的曲柄滑道机构为例。 已知： R = 100mm，OA = 100mm，曲柄的转速 n = 120(r/min)。求 = 30时滑道 BCD 的 速度和加速度的大小及滑块 A 的相对加速度的大小与方向。 解： （1）运动分析。 动点：滑块 A。 动系：与弧形滑道固连的坐标系 Oxy。 静系：与机架固连的坐标系 Oxy。 绝

9、对运动：滑块 A 的圆周运动，圆心为 O。 相对运动，滑块A相对于弧形滑道BCD的圆周运动，圆心为O1。 牵连运动，弧形滑道 BCD 的直线平动。 （2）速度分析。 绝对速度： 26. 1 30 120100=OAva（m/s） 方向垂直了 OA。 相对速度：vr大小未知，方向垂直于O1A。 牵连速度：ve大小未知，方向水平。 由速度合成定理va = ve + vr，可作速度平行四边形，图中三个矢量构成等边 三角形（见题 10-7 图d） ，因此得 ve = va = 1.26 (m/s) 此即为滑道 BCD 的速度。 （3）加速度分析。 绝对加速度： = 1 . 0 )26. 1 ( 22

10、a a R v a15.9（m/s2） 方向指向 O。 相对加速度：其中方位沿圆弧在 A 点的切线，大小未知，而且也难以确 定其向上还是向下，但可先假设它向上（题 10-7 图 b） ，计算结果如得正值，则 说明假设的指向与实际指向相同，若得负值，则说明图中假设的指向与实际指向 相反。其中 r a = 1 . 0 )26. 1 ( 22 r r R v a n 15.9（m/s2）方向指向O1 牵连加速度：ae方向水平，大小未知，且难以确定其向左还是向右，但可以 假设，如设向左（题 10-7 图b） ，实际上是否真正向左，可由计算后所得正负号 决定。 由牵连运动为平动时的加速度合成定理 aa

11、= ae + ar 这里 n rrr aaa+= 则上式写为 n rrea aaaa+= 这个矢量等式中只有两个未知量， 所以是可解的。 用解析法求解时， 可选择与 相垂直的投影轴 A（这是为了避免在投影式中出现两个未知量，否则就需要求 解联立方程） 。将矢量等式投影于 A轴，得 r a n aaa rea += 即 n aaa rea 30cos60cos= ? 解出 = + = + = 2/3 9 .15 2 1 9 .15 30cos 60cos ra e ? ?n aa a27.4（m/s2） 所得正值说明ae实际方向与图中所设相同。此即为滑道BCD的加速度。 将矢量等式投影于A轴得

12、rea 60cos30cosaaa+= ? 解出 )m/s(11. 0 2 3 9 .15 2 1 4 .2730cos60cos 2 aer = = ? aaa 负号说明的实际方向与图中所设相反，即应向下。 r a 本例中曲柄OA是作匀速转动， 故动点A的绝对加速度只有法向分量而无切向 分量，所以aa指向转轴O点。如曲柄OA是作变速转动的话，则动点A的绝对加速 度除了法向分量外，还应有切向分量。 n a a a a 题 10-8 如何理解牵连运动为定轴转动时的加速度合成定理，应用时要注 意哪些问题？ 解 答 牵连运动为定轴转动时点的加速度定理是： 动点在每一瞬时的绝对 加速度等于其牵连加速度

13、、相对加速度和哥氏加速度三者的矢量和。即 aa = ae + ar + ak 对于这个定理的应用需要注意如下几点： （1）只要牵连运动为定轴转动，求加速度时就应考虑哥氏加速度ak （2）哥氏加速度ak = 2 vr，根据矢积定义，ak的大小为 ak = 2 vr sin 式中为 与vr两矢量之间小于180的夹角，而ak的方向垂直于和ak，所确定的 平面，指向按右手规则确定。因此如果相对速度vr不为零，且动系的转动角速度 与相对速度vr不平行，则哥氏加速度ak必不为零，切不可遗漏。 （3）定理所说明的也是瞬时关系。 （4）顺便指出，当牵连运动为刚体的更为复杂的运动（如刚体的平面运动 等）时，其加

14、速度合成公式与牵连运动为定轴转动时的公式相同。 （5）因为牵连运动为定轴转动或往复摆动，所以牵连加速度ae除了有法向 分量外，可能还有切向分量（当牵连运动为非匀速的定轴转动时） ，至于a n e a e a a 与ar仍与前题分析相同，可能各有法向分量与切向分量。因此，矢量等式可以写 成 k n rr n ee n aa aaaaaaa+=+ （6）求解时当然宜用解析法。投影后也可得两个独立的标量方程，可求解 两个未知量。 题 10-9 如果将速度合成定理va = ve + vr，对时间t求一次导数得 tttd d d d d d re vvv a+= 我们能否断言， 绝对加速度等子牵连加速度

15、与相 对加速度的矢量和。 解 答 不能这样断言。 等式的左边确是绝 对加速度，这是没有问题的。但是， t d d e v 是不是 牵连加速度， t d d r v 是不是相对加速度，还需要进 行仔细的分析， 而且从分析中我们还会看到哥氏 加速度是怎么得到的。下面就对这问题加以分析。 设Oxyz代表静参考系，Oxyz代表动参考系（题10-9图1） 。动参考系绕定 轴Oz转动的角速度和角加速度分别为 e和 e，动点M的相对速度和相对加速度分 别为 kjiv + + = t z t yx d d d d d d r (1) kjia + + = 2 2 2 2 2 2 r d d d d d d t

16、 z t y t x (2) 点M的牵连速度和牵连加速度分别为动系上与动点M相重合的那一点的速 度和加速度，它们分别是 ve = er (3) ae = er + eve (4) 因为动点在某瞬时的绝对加速度等于它的绝对速度对时间的一阶导数， 而绝 对速度等于牵连速度与相对速度的矢量和，于是有 tttd d d d d d rea a vvv a+= (5) 先分析右端第一项，将(3)式代入，得 ttttd d d d )( d d d d e e e e r r r v += 由于动参考系的角速度 e，对时间的一阶导数等于它的角加速度矢 e，动点矢径 r对时间的一阶导数等于绝对速度，于是上式

17、可改写为 reeeaee e d d vvrvr v +=+= t 对照式(4)可知，上式右端前两项之和就是牵连加速度ae，于是得 ree e d d ra v += t (6) 由此可知，当牵连运动为转动时，牵连速度ve对时间的一阶导数等于牵连加 速度ae和一项附加项。 下面分析式(5)中的右端第二项。将(1)式代入，得 + + + + + = tt z tt y tt x t z t y t x t d d d d d d d d d d d d d d d d d d d d 2 2 2 2 2 2 r kji kji v (7) 上式右端第一个括号内所包含的各项之和等于相对加速度ar见

18、式(2)，为了确定 第二个括号内的各项，先分析动坐标系中的单位矢i ，j ，k 对时间的一阶导数。 以k 为例，设k 的矢端A的矢径rA（题10-9图2） 。则点A的速度既等于矢径rA对 时间的一阶导数，又可用角速度矢 e和矢径rA的矢积表示，即 A A A t r r v= e d d 而由图2知 krr+= OA 其中rO为动坐标系原点O的矢径，于是，前一式成为 )( e kr+ O d d d d kr = + O tt 因为 O r O O t = r v e d d 因此得 k k = e d d t (8) 同理可得 i i = e d d t (9) j j = e d d t

19、(10) 将上面三式代入式(7)中的第二个括号得 ree t z t y t x tt z tt y tt x vkji kji = + + = + + d d d d d d d d d d d d d d d d d d 于是式(7)为 rer r d d va v += t (11) 由此可知，当牵连运动为转动时，相对速度对时间的一阶导数等于相对加速度加 一项附加项。 将式(6)、(11)代入(5)式，得 aa= ae + ar + 2 evr 令 ak= 2 evr (12) 于是 aa = ae + ar + ak (13) 式中ak就称为附加加速度亦即哥氏加速度。 式(3)即为牵连

20、运动为转动时的加速度 合成定理，只有当牵连运动为平动时( e = 0) ak = 0，即 aa = ae + ar (14) 此即为牵连运动为平动时的加速度合成定理。 由以上分析可见，只有当牵连运动为平动时 r r e e d d d d a v a v = = t t 否则它们都各自要多出半个哥氏加速度（即多一附加项 evr） 。 本题也可用题10-18的方法证明。 题 10-10 怎样求动点的哥氏加速度？ 解 答 应根据哥氏加速度的表达式ak= 2 e vr去求， 现对不同情况下哥氏加速度的大小和方 向加以说明：题10-10图所示为一般情况，曲线1 为动点A的相对轨迹。在某瞬时，动系绕z轴

21、以角 速度 转动，动点的相对速度为vr则哥氏加速度 ak= 2( evr) 为了计算矢积 evr，可将角速度矢量 平移到M 点，设 与vr间夹角为，则 ak= 2 vr sin ak的方向垂直于 与vr所构成的平面（图中阴影部分） ，按照右手规则，对着ak的 箭头看， 从 到vr的较小角度 的转向为逆时针。 也可以将vr投影到与转轴垂直的 平面P上，得到vr，然后将vr在平面P上顺着 的转向转90，即为ak的方向。 由式ak= 2 evr可知： （1）若在某瞬时， = 0或vr = 0，则ak = 0。 （2）若在某瞬时， 与vr平行，即 = 0，则ak = 0。 （3）若在某瞬时， 与vr垂

22、直，即 = 90，则ak = 2vr，此时只要将vr顺着 的转向转过90，即可得ak的方向. 题 10-11 请在下列各图中表示出哥氏加速度ak。 题 10-11 图 解 答 图1：点M1的ak = 0，点M2的ak如图所示。 图2：ak如图。 图3：ak = 0。 图4：ak如图。 图5：ak如图。 图6：ak如图（垂直于平面P） 。 图7：ak如图（垂直于杆O2B） 。 图8：ak = 0。 题 10-11 图 题 10-12 如何选取合适的动点与动系，能否给出一般的原则指导？并请举 例加以说明。 解 答 为了便于对动点作速度分析和加速度分析，亦即为了能简捷地解 题，应选取适宜的动点与动系

23、，如果选取不当，就可能对解题带来困难，有时甚 至无法求解。在选取时应该遵循下述原则： （1）动点与动系不能选在同一刚体上，应使动点与动系有相对运动，否则 不能构成点的合成运动。 （2）应使动点的相对轨迹能易于确定，亦即应使相对轨迹为一已知直线或 曲线，这样就能便于确定vr及ar的方向。这就要求动点在运动过程中始终是某个 部件上确定的一点，对于机械传动类型的问题，它应是某个不变的接触点。 下面举例说明： （1）有一个明显的动点。 例一、题10-12图1所示为空心圆环绕O作定轴转动，环内M点以逆时针 方向沿圆环运动。此时可选M为动点，圆环为动系。这样选取符合上面两条原 则，因此很容易画出它的速度矢

24、量合成图。 题 10-12 图 1 题 10-12 图 2 例二、题10-12图2所示曲柄OM以角速度逆时针方向转动，滑块M可在 AB槽内滑动。此时可选M为动点、摆杆AB为动系。这样选取也符合上面两条 原则，其速度矢量合成图如图中所示。 （2）选不变的接触点为动点。即动点在运动过程中始终为两个运动部件的 接触点。 例三、杆OA由推杆BCD推动在图面内可绕 点O转动，设推杆的速度为常数u，方向相左， 弯头高度为h（题10-12图3） 。求图示位置时杆 OA的角速度OA。 解：运动的传递是通过两个构体的接触点B （弯头上）和E（直杆上)）实现的。两点分属于 两个物体，并且存在相对运动，故而是合成运

25、动问题。求解本题存在两种动点和 动系的选择方案： （1）选B（弯杆上的）为动点，OA为动系， （2）选E（直杆 上的）为动点，BCD为动系。下面分别讨论这两种方案。 方案、B为动点，OA为动系。 (i) 运动分析。 动点：B（弯杆上） 。 动系：OA杆。 静系：机架。 绝对运动：B点的水平直线运动。 相对运动：B沿OA的直线运动。 牵连运动，杆OA绕O点定轴转动。 (ii) 速度分析。 vavevr 大 小 u OE 未 知 方 向 水 平 OE 沿 AO 由速度合成定理 va = ve + vr 可作出速度矢量合成图如图中所示，由几何关系可得 sinsin ae uvv= 所以 2e sin

26、 sin/ sin h u h u OB v OA = 方案、如果不考虑前述原则而选E为动点，BCD为动系。 (i) 运动分析 动点：E（OA杆上） 。 动系：BCD弯杆。 静系：机架。 绝对运动，E点绕O作圆周运动。 相对运动：E点相对于弯杆BCD（可设想扩大为一平面）沿曲线EE运动， 但曲线EE为一条尚未求得的平面曲线（可通过模型画出或通过计算得到） 。 牵连运动：BCD的直线平动。 (ii) 速度分析（从略） 讨论，将以上两种不同的选择方案加以比较，可以看出：方案的运动分析 比较简单，由于动点B在运动过程中是不变的接触点，相对运动就易于确定。 而方案作为动点的接触点E在运动过程中旋即离开

27、原来的接触位置，因而其 相对运动就难以确定。 如果本题还要求解加速度， 则方案将会带来更大的困难， 因为相对轨迹不知，于是与的大小与方向就难以确定了。 r a n r a 例四、巳知圆轮半径为R，绕O轴以匀角速度转动如题10-12图4(a)所示， 求图示位置顶杆AB的速度vAB。 题 10-12 图 4 解：与上题类似，也可有两种选择方案，但为了易于求解，应选不变的接触 点按A（AB杆上）为动点，以圆轮为动系 运动分析。 动点：A（AB杆上） 。 动系：圆轮。 静系：机架。 绝对运动：A点的铅垂直线运动。 相对运动：A点沿圆轮轮廓线的圆周运动。 牵连运动：圆轮绕O作定轴转动。 速度分析。 va

28、vevr 大 小 未 知 OE 未 知 方 向 铅 垂 OE 圆轮 A 点切向 由速度合成定理 va = ve + vr 可作速度矢量合成图如题10-12图4(b)所示，由几何关系可得 ROEvvv AB = ea （） 反之，如果选圆轮上E为动点，AB杆为动系，与例三同理，E点的相对轨 迹为一条尚未求得的平面曲线（题10-12图4c） ，这样就对求解带来麻烦，因此 后一种方案是不可取的。 （3）无不变的接触点，可另选相对轨迹易于确定的点为动点。 例五、已知：同例四。求题10-12图5(a)中当 = 30时平底顶杆AB的速度 v及加速度a。 题 10-12 图 5 解：本题与例四的差别仅在于顶

29、杆为平底顶杆，因此接触点C、D在运动过 程中均在不断变换，在圆轮上是轮廓线圆周上的不同点，在AB杆是平底直线上 的不同点，所以，无论选C点或D点为动点，相对运动都是较难确定的。但是圆 轮中心O1点至平板的距离R在运动中却始终保持不变，因此O1相对于平板的运动 为平行手平板的直线运动，这一条直线就是O1点的相对轨迹，于是可选O1点为 动点（圆轮上） ，AB为动系。找重合点E可将AB扩大为一平面，找出平面上与O1 点相重合的点E，此重合点对静系的速度方向即为ve的方向。由于AB作铅垂直线 平动，所以ve沿铅垂方向。下面按此方案求解。 运动分析。 动点：O1点（圆轮上） 。 动系：顶杆AB。 静系：

30、机架 绝对运动：O1点绕O点的圆周运动。 相对运动：O1点沿平行于平底的直线运动。 牵连运动：顶杆AB的铅垂直线平动。 速度分析。 vavevr 大 小 e 未 知 未 知 方 向 OO1铅 垂 平行于底板 由速度合成定理 va = ve + vr 作速度矢量合成图（图b）可得 evvv AB 2 3 30cos ae = ? （） 如果我们设想将动系AB扩大，也可视O1点为不变的接触点。 加速度分析。 aaaear 大 小 e2未 知 未 知 方 向 指向 O 铅 垂 平行于底板 由加速度合成定理 aa = ae + ar 作加速度矢量合成图（图c）可得 2 ae 2 1 sineaaa A

31、B =（） （d）两个互不相关的动点。 例六、已知A、B两飞机在铅垂平面内沿两直线飞行。两直线夹角为，A机 的速度vA，其大小、方向均已知，且B机始终在A机的正上方（题10-12图6a） 。 求B机的速度vB及B机对A机的相对速度vr。 解：本题A、B两机可视为两个动点，求解时可选其中一机为动点（如机B） 另一机A为动系（固连于A机上的动系Axy应视为随A点平动的平动坐标系） 。 下面按此方案求解， 运动分析。 动点：B机。 动系：A机（A点上固连平动动系Axy） 。 静系：Oxy固连于空间。 绝对运动：B机沿OB的直线运动。 相对运动，动点B沿AB的直线运动（因B始终在A的正上方） 。 牵连

32、运动：A机的直线平动。 速度分析。 vavevr 大 小 未 知 = vA未 知 方 向 沿 OB 水 平 沿 AB A机上固连动系Axy与动点B相重合的点E较易找到如图所示，并因A机水平 飞行，因而ve水平向右，它的大小=vA。由速度合成定理 va = ve + vr 作速度矢量合成图可得 tg coscos r e A A B vv vv v = = 讨论：反之，如以A为动点，而平动动系Bxy固连于B机（题10-12图6b） 也同样可以求解，现解如下。 题 10-12 图 6 运动分析。 动点：A机。 动系：B机（固连动系Bxy） 。 静系：Oxy（固连于空间） 。 绝对运动：A机的水平直

33、线运动。 相对运动：动点A沿BA的直线运动 牵连运动：B机的直线平动。 速度分析。 vavevr 大 小 vA未 知 未 知 方 向 水平向右 沿 OB 沿 BA 由速度合成定理 va = ve + vr 作速度矢量合成图得到 cos e A B v vv= tg rA vv = 所得与前一方案解得的相同，但这里的 r v 是A机对B机的相对速度，它与vr大小相 等，方向相反。 （5）取两次动系。 例七、已知AC、BD两杆均以匀角速度分别绕距离为l的A、B两轴作定 轴转动，转向如题10-12图7（a）所示，小环M套在AC及BD杆上。求在图示 位置时小环M的速度和加速度。 解：很明显应选M为动点

34、，但杆AC、BD均在转动亦即应取两次动系。求解 时可先取AC为动系（也可先取BD为动系） 。按速度合成定理及加速度合成定理 写出矢量方程求解vM及aM（此时可不考虑BD杆的转动） 。然后再取BD为动系， 同理求解vM及aM，因为M点的运动是惟一的，因此选取不同的动系所得的结果应 该相同，于是可以联立求解矢量方程得解。下面叙述具体求解过程。 求速度vM。 (i) 取AC为动系时的运动分析， 动点：M环。 动系：AC杆。 静系：机架。 绝对运动：M点的平面曲线运动。 相对运动：M点沿AC的直线运动。 牵连运动：AC杆的定轴转动。 (ii) 速度分析 va1ve1vr1 大 小 未 知 AM = l

35、 未 知 方 向 未 知 AC 沿 MA 由速度合成定理 va1 = ve1 + vr1 (1) 作速度矢量合成图如图7（a）所示。 (iii) 取BD为动系时的运动分析。 动点：M环。 动系：BD杆。 静系：机架。 绝对运动：M点作平面曲线运动。 相对运动：M点沿BD作直线运动。 牵连运动：BD杆的定轴转动。 （4）速度分析 va2ve2vr2 大 小 未 知 l 未 知 方 向 未 知 BD 沿 MB 由速度合成定理 vaz = vez + vrz (2) 作速度大量合成图如图7(a)所示。因为M点的运动是唯一的？所以式(1)等于式 (2)，即 ve1 + vr1 = ve2 + vr2

36、(3) 将矢量等式(3)投影于轴（图7a） ，可得 2e1r1e 30cos30sinvvv=+ ? 解出 32 1 3 2 )30sin( 30cos 1 1e2e1r l llvvv= = ? ? 所以 l l lvvvM3 3 2 3 22 222 1r 2 1e =+=+= lllvvv M 3 1 3 4 22222 2e 2 2r = 取x、y轴如图7(a)所示，则 l l lvvvMx 3 3 2 232 3 60cos30cos 1r1e = 1 = ? 0 2 3 32 1 30cos30sin 1r1e = l lvvvMy ? 可见vM的方向是水平向左。 求加速度aM。

37、解：与求速度时相似，先选动点M、动系AC，得 aa = ae1 + ar1 + ak1 (4) 其中 2 1e la= ar1大小未知，方向沿AC（设向上） 2 1r1k 3 2 3 22l l va=其方向如图7b所示 再选BD为动点，得 aa = ae2 + ar2 + ak2 (5) 其中 2 2e la= ar2大小未知，方向沿BD（设向上） 2 2r2k 3 2 3 22ll l va=其 方 向 如 图 7(b)所示。 因为M点的加速度是惟一的， 所以式(4)等于 式(5)，即 ae1 + ar1 + ak1 = ae2 + ar2 + ak2 (6) 将矢量等式(6)投影于 轴（

38、图7b） ，可得 2k1k 60cos30cosaa= ? 1r1e 30cosaa ? 解出 2222 2k1k1e1r ) 3 2 2 1 3 2 2 3 ( 3 2 )60cos30cos( 30cos 1 llll aaaa = = ? ? 负号表示其方向与所设相反。所以 24242 2 1k 2 1r 2 1e 3 34 3 4 4 )( lll aaaaM =+= += 取x、y轴如图7(b)所示，则 ）（= = = =+= += 2 22 1k1e1r 22 1k1e1r 3 34 2 1 3 2 2 3 2 30sin30cos)( 0 2 3 3 2 2 1 2 30cos6

39、0cos)( l ll aaaa ll aaaa My Mx ? ? 上面共例举了五种类型，并具体叙述了求解过程。当然并不能把所有合成运 动的问题包罗无遗，只是提供了解题原则及一些通用的方法，读者只要能熟悉以 上各种类型，在求解点的合成运动时，一般来讲就不会再有很大的困难。 题 10-13 在讨论点的合成运动时，很多教科书中都提到要选取合适的动点 与动系，如果选取不当就会对解题带来困难，能否给出一个具体的例子比较它们 的难易程度。 解 答 如果动点动系取得不合适，当然对解题会带来困难，但是究竟困难 到什么程度，这是因题而异的。所以我们的任务并不是非要把选取得不适当的动 点动系方案，设法把它的结

40、果解出来，而是只要求我们会分析哪一种的选取方案 合适，然后取易舍难进行求解。但是为了说明何者为易，何者为难，为此再举二 例如下。 例一、半径为R的半圆形靠模凸轮以等速v0沿水平轨道向右运动，带动杆AB 沿铅垂方向运动。试求 = 30时杆AB的速度（题 10-13 图 1a） 。 题 10-13 图 1 解：因为杆 AB 沿铅直线平动，故只需求杆端 A 点的速度即可。 方案（1）选杆 AB 的端点 A 为动点，凸轮为动系。 运动分析。 动点：A（杆 AB 上） 。 动系：凸轮。 静系：机座。 绝对运动：A 的铅垂直线运动。 相对运动：A 沿凸轮表面的圆周运动。 牵连运动：凸轮的平动。 速度分析。

41、 vavevr 大 小 未 知 v0未 知 方 向 铅 垂 水 平 OA 由速度合成定理 va = ve + vr 可作速度矢量合成图可得绝对速度va为 ）（= = 000 ea 577. 0tg tg vBv vv ? 方案（2） 选凸轮上任意点 M 为动点？而动系固连于 AB 上（题 10-13 图 1b） 。 运动分析。 动点：M（凸轮上） 。 动系：固连于 AB。 相对运动：不明显，但是可以写出 M 点的相对运动方程 (1) = = )cos(cos )sin(sin 0 0 Ry Rx r r 因为M是凸轮上的一个固定的点，所以式中角0是不变的，但 角是随时间变化 的。从上式中消去，

42、可得M点的相对运动轨迹方程为 22 02 2 0 )cos()sin(RRyRxr+ 显然，它是圆心坐标为 00 cos,sinRyRx rcrc =，半径为 R 的半圆弧。 牵连运动：是刚体 AB 的平动，故可用杆上 A 点的运动来代表，A 点的运动 方程为 (2) = = cosRy Lx A A 常量 将(2)式对时间 t 求导，可得 A 点的速度，即 (3) = = ? ? sin 0 Ryv x AA A 绝对运动：M 点的绝对运动方程为 (4) = += 常量 0 00 cosRy tvxx M 点的绝对运动方程与相对运动方程有如下关系 rA xxx+= 代入(1)，(2)和(4)

43、式后，可得 sinsin 000 RRLtvx+=+ 将上式对时间 t 求导得 (5) = = cos/ cos 0 0 Rv Rv ? ? 将(5)式代入(3)式得 tg cos sin 0 0 v R v RvA= = 当 = 30时，得 00 577. 030tgvvvA= ? 由此可见，方案(2)是不宜选用的，因为这一方案不满足题 10-12 所提的两条原则 中的第二条。但是初学者对这一条往往比较难掌握，为此再举一例如下。 例二、 曲柄顶杆机构如题 10-13 图 2(a)所示， 曲柄 OA 长为 R， 其角速度为。 求 = 45时平底顶杆 BD 的速度与加速度。 题 10-13 图

44、2 方案(1)选 OA 曲柄上的点 A 为动点，顶杆 BD 为动系。 运动分析。 动点：A（曲柄 OA 上） 。 动系：顶杆。 绝对运动：A 点以 OA 为半径作圆周运动。 相对运动：A 点沿顶杆底面作直线运动。 牵连运动：顶杆作铅垂平动。 速度分析（图 a） 。 vavevr 大 小 R 未 知 未 知 方 向 OA 铅垂向上 沿DB 由速度合成定理 va = ve + vr 作速度矢量图可求得 Rvv 2 2 cos ae = 加速度分析（图 b） 。 aaaear 大 小 R2未 知 未 知 方 向 沿AO 铅垂向下 沿DB 由牵连运动为平动时的加速度合成定理 aa = ae + ar

45、作加速度矢量图可求得 2 ae 2 2 sinRaa= 这一方案因符合题 10-12 中所提的原则，所以求解顺利。 方案(2)选顶杆底面与曲柄 A 点相接触的点 A为动点， 以曲柄 OA 为动系 （在 其上固连一动坐标轴 Ox）如图(c)所示，这时相对运动轨迹就不能一目了然。 速度分析。 相对速度vr的方向还是比较容易看出，即沿顶杆底面向右，ve、va也不难画 出。根据速度合成定理可得 Rvv 2 2 cos ea = 题 10-13 图 2 加速度分析。 由牵连运动为定轴转动时的加速度合成定理 aa = ae + ar + ak = ae + + a r a n r a k 这五个加速度的方

46、向都是可以确定的如图(d)所示，但其中的大小 n r a 2 r r v n =a，因 为相对轨迹未知，故相对轨迹在该点处的曲率半径的大小是不知道的，所以不 能求出顶杆的加速度aa。这一方案也是并不满足前述原则中的第二条。不过在一 般情况下，速度问题还可以求解，而求解加速度则比较困难。 方案(3) 仍以顶杆上的 A为动点，但在曲柄上的 A 点建立一个平动动系 Axy，这样 A点在动系中的轨迹就是直线 BD，于是又符合了第二条原则。 从图(e)可见 Rvv 2 2 cos ea = 从图(f)并由牵连运动为平动时的加速度合成定理aa = ae + ar，将此矢量方程 投影于y轴得 Raa 2 2

47、 cos ea = 题 10-13 图 2 方案(4) 建立动点的运动方程，然后取导数求顶杆的速度与加速度。因为 顶杆为平动， 其上各点的速度与加速度均相同， 由图(f)可对顶杆上点 A写运动方 程 tRy tRy tRRy cos sin coscos 2 = = = ? ? ? 当 = t = 45时，即可求出顶杆的速度和加速度 2 2 2 2 2 Rya Ryv = = ? ? ? 题 10-14 在求解下题动点M的牵连切向加速度时，得到两个不同的结 果，未知问题出在哪里，请给指出。题目是：圆盘以角速度 = 2t rad/s绕轴O e a 1O2 转动，M点沿OA背离圆心作相对运动，其运 动规律为石 2 40 tOM=（长度以毫米计，时 间以秒计）半径OA与O1O2夹角为60，求在t = 1秒时M点的绝对加速度的大小（题10-14 图） 。 解： （1）运动分析。 动点：M点。 动系：Oxy固连于圆盘。 静系：Oxy固连于机架。 绝对运动：