工程力学(上)电子教案第八章分解_工程力学教程第八章

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第八章 点的合成运动

第一节 相对运动 牵连运动 绝对运动

第二节 点的速度合成定理

教学时数：2学时

教学目标：

1、深刻理解三种运动、三种速度和三种加速度的定义，运动的合成与分解以及运动相对性的概念。

2、对具体问题能恰当地选择动点、动系和定系，进行运动轨迹、速度分析。

3、会推导速度合成定理，并能熟练地应用该定理。

教学重点：

运动的合成与分解，速度合成定理及其应用 教学难点：

动点、动系的选择和相对运动的分析。教学方法：板书＋PowerPoint

教学步骤：

一、概念

前面研究了动点对于一个参考坐标系的运动。而在不同的参考坐标系中对同一个点的运动的描述得到的结果是不一样的，例如：

uv 为了研究方便，把所研究的点称为动点，把其中一个坐标系称为静坐标系（一般固连于地球上）；而把另一个相对于静坐标系运动的坐标系称为动坐标系。为了区分动点对于不同坐标系的运动，规定： 动点相对于静坐标系的运动称为绝对运动。动点相对于动坐标系的运动称为相对运动。动坐标系相对于静坐标系的运动称为牵连运动。

动点的绝对运动和相对运动都是指点的运动，而牵连运动是指参考体的运动，实际上是刚体的运动。

动点在绝对运动中的轨迹、速度和加速度称为绝对轨迹、绝对速度和绝对加速度。动点在相对运动中的轨迹、速度和加速度称为相对轨迹、相对速度和相对加速度。在某一瞬时，动坐标系上和动点相重合的点（瞬时牵连点）相对静坐标系的速度和加速度称为该瞬时的牵连速度和牵连加速度。用va和aa分别表示绝对速度和绝对加速度。用vr和ar分别表示相对速度和相对加速度。用ve和ae分别表示牵连速度和牵连加速度。

例1 如图杆长l，绕O轴以角速度 ω转动，圆盘半径为r，绕 O′ 轴以角速度 ω′转动。求圆盘边缘 M1和 M2点的牵连速度和加速度。ve2M2ae2oove1ae1M1 解：静系取在地面上，动系取在杆上，则

ve1(lr)

ae1(lr)

2ve2l2r2

ae2l2r22

二、点的速度合成定理 下面研究点的绝对速度、牵连速度和相对速度的关系。如图，由图中矢量关系可得：

M2BMBM1MAA

MMMM1M1M

将上式两端同除 △t，并令△t→0，取极限，得

limt0MMMM1MMlimlim1 tttt0t0由速度的定义：

limt0MMva tlimt0MM1ve tMlimt0M1MMM2limvr ttt0M2vrMBvaABveM1A于是可得：

vavevr

即：动点在某一瞬时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。这就是点的速度合成定理。

例

1、在凸轮顶杆机构中已知凸轮以速度v直线平动，已知半径为R，求图示角时顶杆

AB的速度。

BOAvao

解：1 选动点、动系：动点A，动系凸轮。2 三种运动分析：

绝对运动：直线

相对运动：圆周运动

牵连运动：直线平动 3 速度分析：vavevr求解：vABvavectgvctg

思考：如选AB杆为动系，凸轮上的点为动点，怎样分析？

例2 如图车A沿半径为150m的圆弧道路以匀速vA45kmh行驶，车B沿直线道路以匀速vB60kmh行驶，两车相距30m，求：（1）A车相对B车的速度；（2）B车相对A车的速度 vAOAvBBR 解：（1）以车A为动点，静系取在地面上，动系取在车B上。动点的速度合成矢量图如图。ORvevAvr1yx1AvBB 由图可得：vr1222vAve2vAvB75km/h

sin1vA450.6 vr175136.9

（2）以车B为动点，静系取在地面上，动系取在车A上。动点的速度合成矢量图如图。

yOxvAARvBve2vr2B vA451030.083rad/s

R3600150ve1800.08315m/s54km/s

2vr2vBve280.72km/h

sin2ve540.669 vr280.72242

例3 曲柄摇杆机构，设OAr，以匀角速度0转动图中O1Ol。求OAO1O时，摇杆O1B的角速度。

OBAO1

解：1 选动点、动系：动点O，动系O1B。2 三种运动分析：

绝对运动：圆周运动直线

相对运动：直线

牵连运动：圆周运动 3 速度分析：vavevr 4 求解：vevasinO1B O1Br2022 rl思考：如选OA杆为动系，O1B上的点为动点，怎样分析？

例4 图示平底顶杆凸轮机构，顶杆AB可沿导轨上下平动，偏心凸轮以等角速度ω绕O轴转动，O轴位于顶杆的轴线上，工作时顶杆的平底始终接触凸轮表面，设凸轮半径为R，偏心距OC=e，OC 与水平线的夹角为，试求当45时，顶杆AB的速度。ABvrovaveCR 解：以凸轮圆心C为动点，静系取在地面上，动系取在顶杆上，动点的速度合成矢量图如图。

由图可得：vevacosecos45

课堂小结：

2e 2由上述例题，可将应用速度合成定理求解问题的大致步骤总结如下：

1、选取动点、动系和静系。动点、动系和静系的正确选择是求解点的复合运动问题的关键。在选取时必须注意：动点、动系和静系必须分属三个不同的物体，否则三种运动中就缺了一种运动，而不成其为复合运动。此外动点、动系和静系的选择，应使相对运动比较简单明显。

2、分析三种运动。对于绝对、相对运动，主要是分析其轨迹的具体形状；而对于牵连运动，则是分析其刚体运动的具体形式。分析三种运动的目的是为了确定三种运动的方位线，以便于画出速度平行四边形。

3、画出速度平行四边形，分析问题的可解性。三种运动速度的大小和方向共六个量，其中至少已知四个才可解。必须注意，作图时要使绝对速度成为平行四边形的对角线。

4、作业布置： 根据速度平行四边形的几何关系求解未知量。

1、课本思考题8-22、课本习题8-

3、8-

4、8-

5、8-

6、8-

7、8-

8、8-

9、8-10。

教学后记：

第三节 牵连运动为平动时的加速度合成定理

教学时数：2学时

教学目标：

1、对具体问题能恰当地选择动点、动系和定系，进行加速度分析。

2、会推导牵连运动为平动时点的加速度合成定理，并能熟练地应用该定理。

教学重点：

加速度合成定理及其应用。教学难点：

牵连点、牵连速度、牵连加速度的概念 教学方法：板书＋PowerPoint

教学步骤：

一、关于速度合成定理上一节课剩余的例题

例5 两直杆分别以v1、v2的速度沿垂直于杆的方向平动，其交角为α，求套在两直杆上的小环M的速度。v1v2Dv1BACv2M

解：以小环M为动点，静系取在地面上，动系取在AB杆上，动点的速度合成矢量图如图。

v1ACvve1aMv2Dv1Bv2vr1

于是有：vave1vr

1（1）

以小环M为动点，静系取在地面上，动系取在CD杆上，动点的速度合成矢量图如图。v1ACve2vaMv2Dvr2v1Bv2

于是有：vave2ve1

（2）

比较（1）、（2）式，可得：ve1vr1ve2vr2 建立如图的投影轴，将上式投影到投影轴上，得： v1vve1e2vavr1v2Dvr2v1BACv2M

ve1cosvr1sinve2

即：vr111(ve1cosve2)(v1cosv2)sinsinvMvave21vr21v12于是可得：12v12v22v1v2cossin1(v1cosv2)22sin

二、牵连运动为平动时的加速度合成定理

zaraeaakoyijxyzMox1、加速度的概念

绝对加速度：动点相对静系的加速度aa 牵连加速度：牵连点相对静系的加速度ae 相对加速度：动点相对动系的加速度ar2、牵连运动为平动时的加速度合成定理

如图，设ox'y'z'为平动参考系，动点M相对于动系的相对坐标为 x',y',z'，则动点M的相对速度和加速度为

'''''''相对运动方程：rxiyjzk

''''vrxiyjz'k' ''''arxiyjz'k'

将前式对时间求一阶导数，并和上式比较，有：

ijkar vrxyz由点的速度合成定理有：vavevr

vv 两边对时间求导，得：vaerva

v由于 avaeOOe

a于是可得： aaaear

即：当牵连运动为平动时，动点在某瞬时的绝对加速度等于该瞬时它的牵连加速度与相对加速度的矢量和。这就是牵连运动为平动时点的加速度合成定理。

上式为牵连运动为平动时点的加速度合成定理的基本形式。其最一般的形式为：nnnaaaaaeaearar

具体应用时，只有分析清楚三种运动，才能确定加速度合成定理的形式。

例1 图示曲柄滑杆机构，曲柄长OA=r，当曲柄与铅垂线成θ时，曲柄的角速度为0，角加速度为0，求此时BC的速度和加速度。O00BvrAvaveC

解：以滑块A为动点，静系取在地面上，动系取在BC杆上，动点的速度合成矢量图如图。建立如图的投影坐标轴A，由vavevr，将各矢量投影到投影轴上，得

vacosve

即： vevacosr0cos 该速度即为BC的速度。

n2动点的加速度合成矢量图如图。其中：aar0

aar0

O0naaaB0raeAaaC

n建立如图的投影坐标轴A，由aaaaaear，将各矢量投影到 轴上，得

naacosaasinae

2于是可得： aer(0cos0sin)

该加速度即为BC的加速度。

例2 图示半径为r的半圆形凸轮在水平面上滑动，使直杆OA可绕轴O转动。OA=r，在图示瞬时杆OA与铅垂线夹角30，杆端A与凸轮相接触，点O与O1在同一铅直线上，凸轮的的速度为v，加速度为a。求在图示瞬时A点的速度和加速度。并求OA杆的角速度和角加速度。

OvavrvaveArO1

解：以杆端A为动点，静系取在地面上，动系取在凸轮上，动点的速度合成矢量图如图。建立如图的投影坐标轴A，由vavevr，将各矢量投影到投影轴上，得

vacosvevrcos

vasinvrsin 解得：vavrvevv3v 2cos2cos3033va3v OA3rOA杆的角速度为 OA动点的加速度合成矢量图如图。

OvaarO1naaarnAaaaer 其中 arna2OAv2vr2v2n

ar 3rr3r建立如图的投影轴，由aaaaaearar将各矢量投影到投影轴上，得

nnaacos30aacos60aecos60ar

nn13v2nn所以 aa(ae2araa)(a)

3r3故OA杆的角加速度 OAa3v2a(a)OA3rr例3 铰接四边形机构中，O1AO2B10cm，O1O2AB，杆O1A 以匀角速度2rad/s绕O1轴转动。AB杆上有一滑套C，滑套C与CD杆铰接，机构各部件在同一铅直面内。求当60时，CD杆的速度和加速度。

O1AvrvaCO2veB 解：以滑套C为动点，静系取在地面上，动系取AB上，动点的速度合成矢量图如图。由于 vevAO1A10220cms 所以

vavecos20cos6010cms 动点的加速度合成矢量图如图所示。

DO1AaeOaaC2arBD 由于 aeaAr2 所以 aaaecos30r2cos30102cos3034.6cms22

课堂小结： 上节得到的速度合成定理，对于任何形式的牵连运动都是适用的。但是在加速度的合成问题中，对于不同形式的牵连运动，将有不同的结果。本节就牵连运动为平动的情况进行讨论。所以大家在进行加速度合成时，一定要首先判断牵连运动的形式。作业布置：

1、课本思考题8-32、课本习题8-

16、8-

17、8-

18、8-

21、8-23。

教学后记：

第四节 牵连运动为转动时的加速度合成定理

教学时数：2学时

教学目标：

1、对具体问题能恰当地选择动点、动系和定系，进行加速度分析。并能正确计算科氏加速度的大小并确定它的方向。

2、弄懂牵连运动为转动时的加速度合成定理。并能熟练地应用该定理。

教学重点：

加速度合成定理及其应用 教学难点：

牵连点、牵连速度、牵连加速度及科氏加速度的概念 教学方法：板书＋PowerPoint

教学步骤：

1、牵连运动为转动时的加速度合成定理

MzkryOjrirOkxOyjizx

'为方便，可将动系ox'y'z'的坐标原点选在转轴上，即在图中设o点不动，此时牵连速度、牵连加速度可表示为：veer' aeer'eve

'''''''vavevrerxiyjzk

在静系中，将式(b)对时间t求一阶导数，有：

''''drdidjdkaaer'ex'i'y'j'z'k'x'y'z'

dtdtdtdt'dr'dr在图中rrro'，ro'是常矢量，有==va=ve+vr

dtdt'''di'djdk''ei ej 由泊桑公式：ek

dtdtdt'''''式（c）的最后三项可表示为e(xiyjzk)evr

'将式(d)(e)代入式（c）,有：aaer'evear 其中er'eveae 令ak2evr称为哥氏加速度

所以牵连运动为转动时的加速度合成定理为

aaaearak2、ak的计算及产生的原因分析： 参看图ak=2evrsin

当evr时有 ak=ak2evr时。产生的原因分析：

设动点M沿直杆OA的速度vr匀速运动，而杆又以匀速转动，如图所示。在静系中观察，vr的方向发生了改变，其中变化率 limvrvlimrvr 方向垂直与OA杆，t0tt0t'产生原因：由于牵连运动改变了 的方向所致。当M点运动到M位置的时候时，牵连速度的大小发生了变化，其变化率为

'veve1slimlimvr t0t0tt方向垂直于OA杆

产生原因：由于相对运动改变了牵连点，改变了牵连点，牵连速度的大小而所致。总之是由于牵连运动和相对运动的相互影响而造成的。用ak说明地球上的一些自然现象。akvrM 例如：在北半球，沿经线流动的江河，若顺着河水流动的方向看，河的左半岸被冲刷得较为厉害。这时因为：选河水为动点，地球为动系，地心系（地球中心为坐标原点，三个坐标轴指向三颗恒星）为静系。若设河水向北流，如图。则河水的哥氏加速度ak指向左侧（如图），有动力学知，河的右岸对水作用了向左的力。根据作用于反作用定律，河水对右岸必作用反力，因而右岸被左岸冲刷厉害。在北纬角位置。河水的哥氏加速度为ak2vrsin（2地球的角速度）由此可知：沿经线运动时=0（赤道上）akmin=0，90

243600 北极（南极）akmax2vr

例1 直角折杆OBC绕O轴转动，带动套在其上的小环M沿固定直杆OA滑动，如图。已知：OB=10cm，折杆的角速度0.5rads。求当60时，小环M的速度和加速度。

OMvrCvevaA60 B解：以小环M为动点，静系取在地面上，动系取在折杆上。动点的速度合成矢量图如图。建立如图的投影坐标轴，由vavevr将各矢量投影到投影轴上，得

vavrcos30

0vevrsin30

因为 veOMOB100.510cms cos600.5解之得 vr20cms

va103cms 动点的加速度合成矢量图如图。O60aeBMarakaaCA n其中

aeaeOM25cms

ak2vrsin9020.52020cms

建立如图的投影坐标轴，由aaaearak将各矢量投影到投影轴上，得

aacos60aesin30ak

所以 aaaeak202535cms cos600.5故小环M的速度加速度为

vMva103cms

aMaa35cms2

例2 偏心凸轮以匀角速度ω绕O轴转动，使顶杆AB沿铅直槽运动，轴O在滑槽的轴线上，偏心距OC=e，凸轮半径r3e，试求OCA90的图示位置时，顶杆AB的速度和加速度。

BvarCveAvrO 解：由几何关系可得 30

解一：以杆端A为动点，静系取在地面上，动系取在轮上。动点的速度合成矢量图如图。建立如图的投影坐标轴，由vavevr将各矢量投影到投影轴上，得

vavrsin30

0vevrcos30 因为 veOA2e，于是可解得

va2343e

vre 33动点的加速度合成矢量图如图。

akarBAaaOnaerarC vr21632其中 aeOA2e

ae

r922nr

ak2vr832e 3建立如图的投影坐标轴，由aaaeararnak将各矢量投影到投影轴上，得

aacos30aecos30arnak

n故顶杆AB的加速度为 aaae(arak)cos302e29

可见，aa的实际方向铅直向下。

解二：以杆端A为动点，静系取在地面上，动系取过凸轮中心的平动坐标系（如图）。动点的速度合成矢量图如图。动点的加速度合成矢量图如图。veBvaABaayCxvrarOraeAOrnarC 解三：以凸轮中心C为动点，静系取在地面上，动系取在顶杆上（如图）。动点的速度合成矢量图和加速度合成矢量图如图。

yBABvrOvaveCxAarnaearCaaO 例3 图示机构，半径为R的曲柄OA以匀角速度ω绕O轴转动，通过铰链A带动连杆AB运

AEO30。动。由于连杆AB穿过套筒CD，从而使套筒CD绕E轴转动。在图示瞬时，OA⊥OE，求此时套筒CD的角加速度。

vrvaveACO30EDB

解：以铰A为动点，静系取在地面上，动系取CD上。动点的速度合成矢量图如图。由图可得 vrvacos30Rcos30 vevasin30Rsin303R 21R 2于是套筒CD的角速度为 CD动点的加速度合成矢量图如图。

ve1 AE4arAaeaenaaakOC30EDB

n其中 aaaaRaeAECDn21R2 8ak2CDvrsin903R2 4建立如图的投影坐标轴，由aaaeaenarak将各矢量投影到投影轴上，得

aasin60aeak

解得 aeakaasin60套筒CD的角加速度为 333R2R2R2 424ae32

转向为逆时针方向。

AE8

课堂小结：

在加速度的合成问题中，对于不同形式的牵连运动，将有不同的结果。本节就牵连运动为转动的情况进行讨论。所以大家在进行加速度合成时，一定要首先判断牵连运动的形式。当动系作平动时，动系转动的角速度恒为零，所以科氏加速度也为零，这就是上节所讲的牵连运动为平动时的加速度合成定理。作业布置：

1、课本思考题8-42、课本习题8-

24、8-

25、8-26。

教学后记：

例4 圆盘的半径R23cm，以匀角速度2rads，绕O轴转动，并带动杆AB绕A轴转动，如图。求机构运动到A、C两点位于同一铅垂线上，且30时，AB杆转动的角速度与角加速度。

AvaveRvrCBO 解：取圆盘中心C为动点，静系取在地面上，动系取在AB杆上。动点的速度合成矢量图如图所示。

由图可得 vevatgRtg304cms vrvacosRcos308cms 所以杆AB的角速度为 ABvev3e(rads)AC2R3动点的加速度合成矢量图如图所示。

AaeRnaeCarnaaBakO n其中 aaR283(cms2)

22aenACAB2RAB16433(cms2)(cms2)ak2ABvr33建立如图的投影轴，由aaaaaeaearak nnnn将各矢量投影到投影轴上得aacosaecosaesinak

所以 ae故AB1n(akaensinaacos)4.52(cms2)cosaeae0.65(rads2)转向为逆时针方向。AC2R