速度瞬心例题

第四章平面机构的运动分析基本要求了解平面机构运动分析的目的和方法，以及机构位置图、构件上各点的轨迹和位置的求法。

掌握速度瞬心位置的确定。

了解用速度瞬心求解速度的方法。

掌握用相对运动图解法作机构的速度和加速度的分析。

熟练掌握影像法的应用。

搞清用解析法中的矩阵法作机构的速度和加速度的分析，最后要达到会编程序上机作习题的程度。

基本概念题与答案1.什么是速度瞬心，机构瞬心的数目如何计算？答：瞬心：两个构件相对速度等于零的重合点。

K = N (N-1) / 22.速度瞬心的判定方法是什么？直观判定有几种？答：判定方法有两种：直观判定和三心定理，直观判定有四种：（1）两构件组成转动副的轴心。

（2）两构件组成移动副，瞬心在无穷远处。

（3）纯滚动副的按触点，（4）高副接融点的公法线上。

3.速度瞬心的用途是什么？答：用来求解构件的角速度和构件上点的速度，但绝对不能求加速度和角加速度，在四杆机构中用瞬心法求连杆和从动件上任一点的速度和角速度最方便。

4.平面机构运动分析的内容、目的和方法是什么？答：内容：构件的位置、角位移、角速度、角加速度、构件上点的轨迹、位移、速度、加速度。

目的：改造现有机械的性能，设计新机械。

方法：图解法、解析法、实验法。

5.用相对运动图解法求构件的速度和加速度的基本原理是什么？答：基本原理是理论力学中的刚体平面运动和点的复合运动。

6.什么是基点法？什么样的条件下用基点法？动点和基点如何选择？答：基点法：构件上某－点的运动可以认为是随其上任选某一点的移动和绕其点的转动所合成的方法。

求同一构件上两点间的速度和加速度关系时用基点法，动点和基点选在运动要素己知多的铰链点。

7 用基点法进行运动分析的步骤是什么？答：（1）选长度比例尺画机构运动简图（2）选同一构件上已知运动要素多的铰链点作动点和基点，列矢量方程，标出已知量的大小和方向。

（3）选速度和加速度比例尺及极点P、P′按已知条件画速度和加速度多边形，求解未知量的大小和方向。

（4）对所求的量进行计算和判定方向。

8 ．什么是运动分析中的影像原理？又称什么方法？注意什么？答：影像原理：已知同－构件上两点的速度或加速度求另外－点的速度和加速度，则这三点速度或加速度矢端所围成的三角形与这三点在构件上围成的三角形相似，这就称作运动分析中的影像法，又称运动分析中的相拟性原理。

注意：三点必须在同一构件上，对应点排列的顺序同为顺时针或逆时针方向。

9．什么是速度和加速度极点？答：在速度和加速度多边形中绝对速度为零或绝对加速度为零的点，并且是绝对速度或绝对加速度的出发点。

10.速度和加速度矢量式中的等号，在速度和加速度多边形中是哪一点？答：箭头对顶的点。

11.在机构运动分析中应用重合点法的基本原理是什么？答：点的复合运动。

12.重合点法在什么倩况下应用？答：两个活动构件有相对运动时，求重合点的速度和加速度。

13.应用重合点进行运动分析时，什么情况下有哥氏加速度？答：当牵连角速度和重会点间相对速度不等于零时，有哥氏加速度，若其中之一等于零，则哥氏加速度等于零。

大小为： a k B1B2= 2ω2V B1B2方向为：V B1B2的矢量按牵连角速度ω2方向旋转 900。

14.应用重合点法进行运动分析时的步骤是什么？答：（1）选择比例尺画机构运动简图。

（2）选运动要素已知多的铰链点为重合点，列速度，加速度矢量方程。

（3）选速度比例尺和速度极点画速度多边形。

（4）选加速度比例尺和加速度极点画加速度多边形图。

（5）回答所提出的问题。

典型例题例3-1 图（a）和（b）分别为移动导杆机构和正切机构的运动简图，其长度比例尺μL＝2 mm/mm。

图中的构件1均为原动件，且已知ω1＝10rad／s 。

试分别求出其全部瞬心点，并用瞬心法分别求出：构件3的速度V3、构件2上速度为零的点I2和构件2的角速度ω2。

解这两个机构均为含有两个移动副的四杆机构，各有六个瞬心点。

但因导路的形状不同，故瞬心点的位置不尽相同。

（1）移动导杆机构其六个瞬心点的位置如图（a）所示。

其中：P14在A点，P12在B点；P23在导路的曲率中心O处（而不是在无穷远处！这点应该注意），P∞34在与导路垂直的无穷远处；根据三心定理，P13在P14和P∞34连线与P12和P23连线的交点处，P24在P14和P12连线与P23和P∞34连线的交点处。

例 3-1 图μL＝2 mm / mm，μv＝0.04 m /s / mm因为构件1的角速度ω1已知，而构件3为平移运动，所以可利用P13求出构件3的速度 v3＝v p13＝ω1L AP13＝ω1AP13μL=10×30×2=600mm／s 方向：向右。

（a）（b）构件2上速度为零的点I2，就是构件 2 与机架 4 的瞬心点 P24（v P24＝0）。

在图示位置上，构件2绕P24（I2）点作瞬时定轴转动，其角速度ω2可通过瞬心点P12的速度v P12求出，即：v P12＝ v B＝ω1L AB＝ω1ABμL＝ 10×22×2 ＝ 440 mm / s ∴ω2＝ v P12 / L I2B＝ v P12 / （ I2B×μL）＝ 440 /（ 20×2） = 11 rad ／s方向：逆时针。

（2）正切机构六个瞬心点的位置如图（b）所示。

请注意利用三心定理求P13和P24 的方法。

构件3的平移速度 v3，可利用瞬心点P13求出v3＝ v P13＝ω1L Ap13＝ω1AP13μL＝ 10×38×2 ＝ 760 mm / s方向：向下。

构件 2上速度为零的点I2，即为瞬心 P24。

由于构件 2与构件 1构成移动副，二者之间没有相对转动，因此ω2＝ω1＝ 10 rad / s 逆时针方向例3-2 在图（a）所示的机构中，已知：L AB＝38mm，L CE＝20mm，L DE = 50mm，x D =150 mm，y D＝60mm；构件1以逆时针等角速度ω1＝20 rad / s转动。

试求出此机构的全部瞬心点，并用向量多边形法求出构件 3 的角速度ω3和角加速度ε3，以及点 E 的速度v E和加速度 a E。

解（1）求速度瞬心P14在A点，P12在B点，P34在 D点，P∞23在与导路 CE 相垂直的无穷远处，这四个瞬心容易求出，如图（a）所示。

根据三心定理，P13既在P14和P34的连线上，又在P12和P ∞23的连线上，因此，过B（P12）点作导路CE的垂线，与AD连线的交点即为P13点；同理，过 D（P34）点作导路 CE 的垂线，与 AB 连线的延长线的交点即为 P24点。

（2）速度分析取长度比例尺μL = 4 mm/mm，按给定条件作出机构运动简图，如图（b）所示。

在此机构中，构件 2 为作平面运动的构件，且运动副 B 点的运动已知，因此，应选B2为动点，动系选在构件 3上。

为求得重合点，需将构件 3 向 B 点扩大，得到与 B2点重合的、属于构件3的牵连运动点B3。

按“重合点法”列出的速度方程式为：→→→v B2 = v B3 + v B2B3方向⊥AB ⊥BD ∥CE大小 L ABω1？？其中，v B2＝ L ABω1＝ 38×20 ＝ 760 mm / s。

取速度比例尺μv＝ 20 mm / s / mm。

则 v B2的代表线段长度为pb2＝v B2/μv＝760/20＝38mm取速度极点 P 作速度多边形 pb2b3如图（c）所示。

则ω3＝ v B3 / L BD＝ pb3μv/ BDμL＝×20 / 31×4 ＝ rad / s方向：顺时针。

由于滑块2与导杆3之间没有相对转动，因此ω2＝ω3＝ rad / s至此，在构件 3 上已经有了 D 和 B 两个点的速度已知（注意：D为固定铰链，v D ＝0，a D＝0，为运动已知点，这一点易被忽略），所以，可以用影像法来求构件 3上 E 点的速度。

为此，在图（c）中作△pb3e ∽△DBE ，得 e 点，则v E＝ pe μv＝×20 ＝ 230 mm / s（3）加速度分析由于动系（构件 3）绕 D点作定轴转动，所以存在哥氏加速度。

其加速度方程为→→→→→a n B2 = a n B3 + a t B3 + a t B2B3 + a k B2B3方向 B→A B→D ⊥BD ∥CE ⊥CE大小 L ABω21已知？？已知其中：a n B2＝ L ABω21＝ 38×202＝ 15200 mm / s2a n B3＝ L BDω23＝BDμLω23＝ 31×4×＝ 2620 mm/s 2a k B2B3 ＝ 2ω3v B2B3 ＝ 2ω3b2b3μv＝ 2×××20 ＝ 2484 mm/s2取加速度比例尺μa＝500 mm/s2/mm，选极点p′在图（d）中依次作出上述各已知向量的代表线段。

p′b2′＝ a n B2/ μa＝ 15200 / 500 ＝ 30.4 mmp′n3′＝ a n B3/ μa＝ 2620 / 500 ＝ 5.24 mmk′b2′＝ a k B2B3 3/μa＝ 2484 / 500 ＝ 4.97 mm在此基础上作出加速度多边形，如图（d）所示。

则ε3＝ a t B3 / L BD＝ n3′b3′μa/ BDμL＝ 39×500 / 31×4 ＝ rad/s2 方向：顺时针。

利用影像原理，在图（d）中，连p′b3，作△p′b3′e′∽△DBE ，得 e′点，则 p′e′即为 a E的代表线段，其大小为a E＝ p′e′μa＝ 16×500 ＝ 8000 mm / s2＝ 8 m / s2例 3－3 图（a）所示为一四铰链机构的机构运动简图、速度多边形和加速度多边形，作图的比例尺分别为：μL＝2 mm/mm、μv＝20 mm/s/mm、μa＝200 mm/s2/mm。

已知原动件 1 以匀角速度ω1 = 10 rad / s 顺时针方向转动。

要求：（1）根据两个向量多边形分别列出相应的速度和加速度向量方程，井将各个向量标在向量多边形中相应的代表线段旁边。

（2）求出构件 2 和 3 的角速度ω2 、ω3和角加速度ε2、ε3。

（3）在构件 1、2 和 3 上分别求出速度为 v x＝ 300 mm / s（方向为 p→x ）的点 x1、x2和 x3 。

（4）求出构件 2 上速度为零的点 I2和加速度为零的点 Q2 。

（5）求出 I2点的加速度 a I 2和 Q2 点的速度 v Q2 。

解（ 1）速度和加速度向量方程分别为→→→v c＝ v B＋ v CB→→→→→a n c十 a t c＝ a n B十 a n cB十 a t cB多边形中各线段所代表的向量如图（b）所示。