理论力学课后答案-谢传峰、王琪-动力学第九章、第十章.pdf

1 动动力学第五章部分习题解答力学第五章部分习题解答 5-2 滑轮组上悬挂有质量为 10kg 的重物 1 M和质量为 8kg 的重物 2 M，如图所示。忽略滑轮 的质量，试求重物 2 M的加速度 2 a及绳的拉力。 解： 取整个系统为研究对象，不考虑摩擦，该系统具有理 想约束。作用在系统上的主动力为重物的重力 gMgM 21, 。假设重物 2M 的加速度 2a 的方向竖直向 下，则重物 1M 的加速度 1a 竖直向上，两个重物惯性力 21,IIFF 为： 111 aMFI? 222 aMFI?(1) 该系统有一个自由度， 假设重物 2M 有一向下的虚位移 2 x?，则重物 1M 的虚位移 1 x?竖直向上。由动力学普遍 方程有： 0 22112211 ?xFxFxgMxgMW II ?（2） 根据运动学关系可知： 21 2 1 xx? 21 2 1 aa ?（3） 将(1)式和(3)式代入(2)式，可得对于任意0 2 ?x?有： )/( 8 . 2 4 24 2 12 12 2 smg MM MM a? ? ? ? 方向竖直向下。取重物 2M 为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律有： 222 aMTgM? 解得绳子的拉力)( 1 .56NT ?。本题也可以用动能定理，动静法，拉格朗日方程求解。 5-4 如图所示，质量为 m 的质点悬在一线上，线的另一端绕在一半径为 R 的固定圆柱体上， 构成一摆。设在平衡位置时，线的下垂部分长度为 l，且不计线的质量，试求摆的运动微分 方程。 解： 该系统为保守系统，有一个自由度，取?为广义坐标。系统的动能为： 2 )( 2 1 ? ? RlmT? M1g M2g FI2 FI1 x2 x1 M2g T a2 2 取圆柱轴线 O 所在的水平面为零势面， 系统 的势能为： cos)(sin?RlRlmgV? 拉格朗日函数VTL?，代入拉格朗日方 程有：0)(? ? ? ? ? ? ? LL dt d ? 整 理 得 摆 的 运 动 微 分 方 程 为 ： 0sin)( 2 ?gRRl ? ? 5-6 质量为 m 的质点在重力作用下沿旋轮线导轨运动，如图所示。已知旋轮线的方程为 ?sin4bs ?，式中s是以 O 为原点的弧坐标，?是旋轮线的切线与水平轴的夹角。试求质 点的运动规律。 解： 该系统为保守系统有一个自由度， 取弧坐标S 为广义坐标。系统的动能为： 2 2 1 SmT ? ? 取轨线最低点 O 所在的水平面为零势面，系 统的势能为： mghV ? 由 题 可 知 b S dS dh 4 sin?， 因 此 有 ： b S dS b S h S 84 2 0 ? 则拉格朗日函数： 22 82 1 S b mg SmVTL? ? 代入拉格朗日方程：0)(? ? ? ? ? ? S L S L dt d ? ，整理得摆的运动微分方程为：0 4 ?S b g S? ?， 解得质点的运动规律为：0) 2 1 sin( 0 ?t b g AS，其中 0 ,?A微积分常数。 5-13 质量为 m 的质点沿半径为r的圆环运动，圆环以匀角速度?绕铅垂直径 AB 转动，如 图所示。试建立质点的运动微分方程，并求维持圆环匀角速度转动所必需的转矩M。 零势面 h 零势面 3 解： 1.求质点的运动微分方程 圆环（质量不计）以匀角速度?绕铅垂轴 AB 转动， 该 系统有一个自由度，取角度?为广义坐标。系统的动能 为： 22 )sin( 2 1 )( 2 1 ?rmrmT? ? 取圆环最低点 A 所在的水平面为零势面，系统的势能 为： )cos1 (? mgrV 则拉格朗日函数： co1 ()sin( 2 1 2222 ?mgrmrVTL ? 代入拉格朗日方程：0)(? ? ? ? ? ? ? LL dt d ? ，整理得质点的运动微分方程为： 0sin)cos( 2 ? r g ? ? 2.求维持圆环作匀速转动的力偶M 如果求力偶M，必须考虑圆环绕铅垂轴 AB 的一般转动。因此解除“圆环绕铅垂轴 AB 匀 速?转动”这一约束，将力偶M视为主动力。此时系统有两个自由度，去角度?和圆环绕轴 AB 的转角?为广义坐标， 系统的势能不变， 动能表达式中以?代替?， 则拉格朗日函数为： )cos1 ()sin( 2 1 2222 ?mgrmrVTL? ? 力偶M为非有势力，它对应于广义坐标?和?的广义力计算如下： 取0, 0?，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为0? ? ?W，因此力偶M对应 于广义坐标?的广义力0? M Q?； 取0, 0?，在这组虚位移下力偶M所作的虚功为? ? ? MW，因此力偶M 对应于广义坐标?的广义力M W QM? ? ? ? ? ； 代入拉格朗日方程0)(? ? ? ? ? ? M Q LL dt d ? ? ，整理可得：0sin? r g ? ? 零势面 4 代入拉格朗日方程MQ LL dt d M ? ? ? ? ? ? ? ? )( ? ，整理可得： Mmrmr? ? ? ?2sinsin 222 圆环绕铅垂轴 AB 匀速?转动，即：0,? ?，代入上式可得： ?2sin 2 ? mrM ? 5-14 如图所示，质量为 m 的物体可绕水平轴 21O O转动，轴 21O O又绕铅垂轴OC以匀角速 度?转动。 物体的质心 G 在垂直于 21O O的直线上，lGO? 3 。 设 21O O和GO3是物体过 3 O 点的惯量主轴，转动惯量为 1 J和 2 J，物体对另一过 3 O点的惯量主轴的转动惯量为 3 J，试 求物体的动能表达式并建立物体的运动微分方程。 解： 以该物体为研究对象，有一个自由度，取GO3和 OC 的夹角?为广义坐标。若以框架 OCOO 21 为动系，则物体的相对运动是以角速度?绕轴 21O O的定轴转动，牵连运动是以角 速度?绕OC轴的定轴转动，物体的绝对角速度 ? 是?和?的矢量之和。为了方便起见， 以 21O O为 x? 轴，GO3为 y? 轴，如图建立一个固连在物体上的坐标系，将角速度是?和? 在该坐标系上投影有：zji?sincos ? ?。 坐标系zyxO? 3 的三个坐标轴为过 3 O点的三个惯量主轴，则系统的动能为： )sin()cos( 2 1 2 3 2 2 2 1 ?JJJT? ? x z y ? ? ? z G ? O3 垂直于 O1O2的平面 y 5 取圆环最低点 A 所在的水平面为零势面，系统的势能为：?cosmglV? 则拉格朗日函数： ?cos)sin()cos( 2 1 2 3 2 2 2 1 mglJJJVTL? ? 代入拉格朗日方程：0)(? ? ? ? ? ? ? LL dt d ? ，整理得物体的运动微分方程为： ?sincossin)( 32 2 1 mglJJJ? ? ? 5-15 长为 2 l，质量为 m 的均质杆 AB 的两端沿框架的水平及铅垂边滑动，如图所示，框架 以角速度?绕铅垂边转动。忽略摩擦，试建立杆的相对运动微分方程。 解： 框架（质量不计）以匀角速度?绕铅垂边转动，该系统是保守系统，有一个自由度，取 AB 杆与铅垂边的夹角?为广义坐标。若以框架为动系，AB 杆上任意一点的速度是该点相对于 框架的相对速度和随框架运动的牵连速度的矢量和，且相对速度和牵连速度相互垂直。杆 AB 的动能可表示为相对于框架运动的动能和随框架转动的动能之和。AB 杆相对于框架作 平面运动，速度瞬心为 O 点，设 AB 杆的质心为 C，由几何关系可知lBCOCAC?， 则质心为 C 的速度： ?lvC? 杆 AB 相对于框架运动的动能： 2222 2 1 3 2 )2( 12 1 2 1 2 1 ? ? mllmmvT C ? 杆 AB 随框架转动的动能 ? 222 2 0 2 2 sin 3 2 )sin( 22 1 mlxdx l m T l ? ? 系统的动能 21 TTT?。 取 0 90?为势能零点，则系统的势能为： ?cosmglV ? 则拉格朗日函数： ?cos)sin( 3 2 2222 mglmlVTL? ? 代入拉格朗日方程：0)(? ? ? ? ? ? ? LL dt d ? ，整理得系统的运动微分方程为： 0sin3cossin44 2 ?gll ? ? C O 6 由于角?描述的是杆 AB 相对于框架的位置变化，因此上式也就是杆的相对运动微分方程。 5-17 重 1 P的楔块可沿水平面滑动，重 2 P的楔块沿楔块 A 的斜边滑动，在楔块 B 上作用一水 平力F，如图所示。忽略摩擦，角?已知，试求楔块 A 的加速度及楔块 B 的相对加速度。 解： 取楔块 A，B 构成的系统为研究对象，该系统有 二个自由度，取楔块 A 水平滑动的位移x，以 及楔块 B 相对于 A 的沿斜面滑动的位移s为广 义坐标。 若以楔块 A 为动系， 楔块 A 的速度 A v， 楔块 B 的速度 B v， 以及 B 相对于 A 的相对速度 满足如下的矢量关系（方向如图所示） ： BrAB vvv? 系统的动能为： )sin()cos( 222 1 2 1 22221 22 ?ssx g P x g P vmvmT BBAA ? 2 22 2 21 2 1 cos 1 )( 2 1 sP g sxP g xPP g ? ? 取过x轴的水平为零势面，系统的势能为： ?sin 2s PV ? 则拉格朗日函数： ?sin 2 1 cos 1 )( 2 1 2 2 22 2 21 sPsP g sxP g xPP g VTL? ? 将水平力F视为非有势力，它对应于广义坐标x和s的广义力计算如下： 取0, 0?sx?，在这组虚位移下力F所作的虚功为xFW x ? ? ?，因此力F对应于广 义坐标x的广义力FQF x ?； 取0, 0?sx?，在这组虚位移下力F所作的虚功为sFW s ? ? cos?，因此力F对应 于广义坐标s的广义力?cosFQF s ?； 代入拉格朗日方程FQ x L x L dt d F x ? ? ? ? ? ? )( ? ，整理可得： FgsPxPP? ? ?cos)( 221 （1） x s A v Br v 7 代入拉格朗日方程?cos)(FQ s L s L dt d F s ? ? ? ? ? ? ? ，整理可得： gPFsPxP)sincos(cos 222 ? ? ?（2） 由方程(1)和方程(2)解得： 楔块 A 的加速度：g PP PF xaA ? ? 2 21 2 sin cossin ? ? ? ? ? ? ，方向水平向右。 楔块 B 的相对加速度：g PPP PPPFP saBr )sin( sin)(cos 2 212 2211 ? ? ? ? ? ? ? ? ，方向沿斜面向上。 5-18 在光滑水平面上放一质量为 m 的三角形楔块 ABC，质量为 1 m，半径为r的均质圆柱沿 楔块的 AB 边滚动而不滑动，如图所示。试求楔块的加速度及圆柱的角加速度。 解： 取楔块 ABC 和圆柱构成的系统为研 究对象，该系统为保守系统，有二个 自由度，取楔块水平滑动的位移x， 以及圆柱的转角?（A 点?=0）为广 义坐标。若以楔块为动系，楔块的速 度 A v，圆柱轴心 O 的速度 o v，以及 轴心 O 相对于 A 的相对速度满足如 下的矢量关系（方向如图所示） ： OrAO vvv? 圆柱在斜面上作纯滚动有：rvOr?。系统的动能为： 22 1 2 1 2 ) 2 1 ( 2 1 2 1 2 1 ?rmvmmvT OA ? 22 1 22 1 2 4 1 )sin()cos( 2 1 2 1 ?rmrrxmxm? 22 11 2 1 4 3 cos)( 2 1 ?rmxrmxmm? 取过楔块上 A 点的水平为零势面，系统的势能为： ?sin 1 rgmV? 则拉格朗日函数： x A v Or v 零势面 8 ?sin 4 3 cos)( 2 1 1 22 11 2 1 rgmrmxrmxmmVTL? 代入拉格朗日方程0)(? ? ? ? ? ? x L x L dt d ? ，整理可得： 0cos)( 11 ? ? ?rmxmm（1） 代入拉格朗日方程0)(? ? ? ? ? ? ? LL dt d ? ，整理可得： ?sin2cos23gxr? ? ?（2） 由方程(1)和方程(2)解得： 楔块的加速度：g mmm m xa ? ? 2 11 1 cos2)( 3 2sin ? ? ? ? ? ，方向水平向左。 圆柱的角加速度：g rmmm mm cos2)( 3 sin)(2 2 11 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ，顺时针方向。 5-21 系统由定滑轮 A 和动滑轮 B 以及三个重物组成，如图所示。重物 321 ,MMM的质量 分别为 321 ,mmm， 32321 ,mmmmm?，滑轮的质量忽略不计。若初始时系统静止， 试求欲使 1 M下降，质量 21,m m和 3 m之间的关系。 解： 以三个重物和滑轮构成的系统为研究对象，该系统为保守系统，有二个自由度。取重物 1 M 的位移 1 x，以及重物 2 M相对于滑轮 B 的轮心位移 2 x为广义坐 标。系统的动能为： 2 213 2 212 2 11 )( 2 1 )( 2 1 2 1 xxmxxmxmT? 2123 2 232 2 1321 )()( 2 1 )( 2 1 xxmmxmmxmmm? 假设0 21 ? xx时系统的势能为零，则任意位置系统的势能为：x1 x2 9 )()( 21312211 xxgmxxgmgxmV? 2321321 )()(gxmmgxmmm? 拉格朗日函数： 2123 2 232 2 1321 )()( 2 1 )( 2 1 xxmmxmmxmmmVTL? 2321321 )()(gxmmgxmmm? 代入拉格朗日方程0)( 11 ? ? ? ? ? ? x L x L dt d ? ，整理可得： 0)()()( 3212321321 ?gmmmxmmxmmm? ? ?（1） 代入拉格朗日方程0)( 22 ? ? ? ? ? ? x L x L dt d ? ，整理可得： 0)()()( 32132232 ?gmmxmmxmm? ? ?（2） 由方程(1)和方程(2)解得重物 1 M的加速度： g mmmmm mmmmm xa 32321 32321 11 4)( 4)( ? ? ? ? ? ? ， 初始时刻系统静止，若使 1 M下降则0 1 ?a，即： 32 32 1 4 mm mm m ? ? 5-22 重 1 P的平台 AB 置于水平面上，物体M重 2 P，弹簧的刚度系数为 k，如图所示。在平 台上施加水平力F，忽略摩擦。如果系统从静止开始运动，此时弹簧物变形，试求平台和 物体M的加速度。 解： 取整个系统为研究对象，该系统有二个 自由度， 取平台的位移x， 以及物体M 相对于平台的位移s（弹簧原长为坐标 原点）为广义坐标。系统的动能为： 2221 )( 22 sx g P x g P T? 2 22 2 21 2 11 )( 2 1 sP g sxP g xPP g ? ? x s 10 设初始时刻势能为零，系统的势能为： 2 2 1 ksV ? 则拉格朗日函数： 22 22 2 21 2 1 2 11 )( 2 1 kssP g sxP g xPP g VTL? ? 将水平力F视为非有势力，它对应于广义坐标x和s的广义力计算如下： 取0, 0?sx?，在这组虚位移下力F所作的虚功为xFW x ? ? ?，因此力F对应于广 义坐标x的广义力FQF x ?； 取0, 0?sx?，在这组虚位移下力F所作的虚功为0? s W ? ?， 因此力F对应于广义坐 标s的广义力0? F s Q； 代入拉格朗日方程FQ x L x L dt d F x ? ? ? ? ? ? )( ? ，整理可得：FgsPxPP? ? ? 221 )(（1） 代入拉格朗日方程0)(? ? ? ? ? ? F s Q s L s L dt d ? ，整理可得：0 22 ?kgssPxP? ? ?（2） 由方程(1)可得：s PP P PP Fg x? ? ? )()( 21 2 21 ? ? ? ?（3） 代入方程(2)得：FgPkgsPPsPP 22121 )(? ?（4） 解微分方程（4）得： )( cos )( 21 2 21 2 PPk FP pt PPk FP s ? ? ? ?，其中： 21 212 )( PP kgPP p ? ?。 求导得：pt P Fg scos 1 ? ?，代入方程(3)可得： 平台的加速度：)cos1 ( 1 2 21 1 pt P P g PP F xa? ? ? ? ? ? ，方向水平向右。 物体 M 的加速度：)cos1 ( 21 2 ptg PP F sxa? ? ? ? ?，方向水平向右。 5-27 质量为 1 m的滑块 1 M可沿光滑水平面滑动，质量为 2 m的小球 2 M用长为 l 的杆 AB 与 滑块连接，杆可绕轴 A 转动，如图所示。若忽略杆的重量，试求系统的首次积分。 解： 11 取整个系统为研究对象，该系统有二个自由度，取滑块的位移x，以及杆 AB 与铅垂方向的 夹角?为广义坐标。系统的动能为： 2 2 2 1 2 1 2 1 BA vmvmT? )sin()cos( 2 1 2 1 22 2 2 1 ?llxmxm? 22 22 2 21 2 1 cos)( 2 1 ?lmxlmxmm? 设0?时势能为零，系统的势能为：)cos1 ( 2 ?glmV 拉格朗日函数： )cos1 ( 2 1 cos)( 2 1 2 22 22 2 21 ?glmlmxlmxmmVTL? 拉格朗日函数中不显含广义坐标x和时间 t，存在循环积分和广义能量积分，即： ? ? ? ? ? ? ?cos)( 221 ? ? lmxmm x T x L 常数 ?)cos1 ( 2 1 cos)( 2 1 2 22 22 2 21 ?glmlmxlmxmmVT?常数 5-28 图示质量为 2 m的滑块 B 沿与水平成倾角 ?的光滑斜面下滑，质量为 1 m的均质细杆 OD 借助铰链 O 和螺旋弹簧与滑块 B 相连，杆长为 l，弹簧的刚度系数为 k。试求系统的首次积分。 解： 取整个系统为研究对象，该系统有二个自由度， 取滑块 B 沿斜面的位移s， 以及杆 OD 与铅垂方 向的夹角?为广义坐标。杆 OD 作平面运动， 系 统的动能为： 2 2 22 1 2 1 2 1 ) 12 1 ( 2 1 2 1 BC vmlmvmT? 2 2 22 1 22 1 2 1 24 1 2 )cos()sin( 2 1 smlm l ssm? 22 11 2 21 6 1 )cos( 2 1 )( 2 1 ? ?lmslmsmm? A v BA v B v CB v C 12 设 0 90, 0?s时势能为零，系统的势能为： 2 211 2 1 sin)(cos 2 ?kgsmm l gmV? 拉格朗日函数VTL?中不显含时间 t，存在广义能量积分，即： 22 11 2 21 6 1 )cos( 2 1 )( 2 1 ? ?lmslmsmmVT? ? 2 211 2 1 sin)(cos 2 ?kgsmm l gm常数 5-29 半径为r、 质量为m的圆柱， 沿半径为R、 质量为 0 m的空心圆柱内表面滚动而不滑动， 如图所示。空心圆柱可绕自身的水平轴 O 转动。圆柱对各自轴线的转动惯量为 2 2 mr 和 2 0R m。试求系统的首次积分。 解： 以圆柱和圆筒构成的系统为研究对象， 该系统有二个 自由度，取?,为广义坐标。系统的动能为： 222 1 22 0 ) 2 1 ( 2 1 2 1 2 1 ?mrmvRmT O ? ? 其中：?)( 1 rRvO?， 圆柱相对于圆筒作纯滚动，由圆柱轴心 1 O以及圆柱 上 与 圆 筒 相 接 触 的 点 的 速 度 关 系 ， 可 得 ： )( 1 ? ? ?RrR r ?，代入上式有： ? ? ? ? RrRmrRmRmmT)( 2 1 )( 4 3 )2( 4 1 2222 0 ? 设过圆筒轴线的水平面为零势面，系统的势能为：?cos)(rRmgV?， 拉格朗日函数： ?cos)()( 2 1 )( 4 3 )2( 4 1 2222 0 rRmgRrRmrRmRmmVTL? ? ? ? 拉格朗日函数中不显含广义坐标?和时间 t，存在循环积分和广义能量积分，即： 零势面 13 ? ? ? ? ? ? )( 2 1 2 0 ? ? ? ? ? ? RrRmRRm TL 常数 ?cos)()( 2 1 )( 4 1 2 1 22222 0 rRmgrRmRrRmRmVT? ? ? ? 常数 1 动动力学第六章部分习题解答力学第六章部分习题解答 6-5 圆盘以匀角速度 1 ?绕水平轴 CD 转动，同时 CD 轴又以匀角速度 2 ?绕通过圆盘中心 O 的铅垂轴 AB 转动，如图所示。已知sradsrad/3,/5 21 ?，试求圆盘的瞬时角速度 和瞬时角加速度的大小和方向。 解： 圆盘绕定点 O 作定点运动，圆盘的绝对角速度，以及绕轴 CD的自转角速度 1 ，绕AB轴的进动角速度 2 满足如下的 矢量关系（如图所示，坐标系Axyz固连 在框架ABCD上） ： 21 ? 角速度的大小： )/(34 2 2 2 1 srad? 与坐标轴AyAx,的夹角分别为259,8530 00 ?。圆盘的角加速 度： dt d dt d dt d dt d 121 ? 在结构运动的过程中，角速度 2 是常量，大小和方向都不变；角速度 1 只改变方向不改变 大小，角速度矢量 1 以角速度 2 绕 z 轴旋转，矢端曲线为一个水平圆周。因此： 12 1 ? dt d 角加速度沿坐标轴Ay的方向，大小为：)/(1590sin 20 1 srad 2 ? 6-6 顶角 o 60?的圆锥轮 I 沿圆锥面 II 滚动而不滑动， 锥面 II 按规律 2 2t?(t 以 s 计，? 以 rad 计)绕定轴按图示方向转动。 试求st1?时轮 I上距锥面II最远点 B的绝对速度的大小。 已知轮心 A 相对于转动锥面 II 的速度 r v垂直于图面向外，其大小tvr2?(t 以 s 计， r v以 cm/s 计)，又 OA16cm。 解： 选 B 点为动点，动系固连在圆锥轮 II 上，则牵连运动为定轴转动，圆锥轮 I 相对于圆锥轮 z x 2 1 A 2 II 作定点运动。动点 B 的绝对速度为： BreB vvv? 其中：牵连速度 e v的方向垂直于纸面向里，st1?时大 小为： )/(644 ) 2 -sin(90OB 0 scmAOt AOAOv IIIIe ? ? ? ? 圆锥轮 I 相对于圆锥轮 II 作定点运动的瞬轴为 OC，由 圆锥轮 I 的轮心 A 相对于圆锥轮 II 的速度 r v可知， 圆锥轮 I 绕瞬轴 OC 转动的角速度 Ir 方 向如图所示，大小为： 2 sin ? ? ? ? AO vr Ir 由此得：)/(42 2 sin2scmvAOv rIrBr ? ? ?，方向垂直于纸面向外。则 B 点的绝对 速度为：)/(60scmvvv BreB ?，方向垂直于纸面向里。 6-7 一圆锥沿半径是r的轮 I 表面滚动而不滑动， 顶点 A 始终处在轮 I 的中心。 圆锥母线长r， 顶角 2 ? ?。轮 I 本身由曲柄 EF(位于轮子下面)带动，沿同样大小的固定轮 II 滚动而不滑 动。 设曲柄具有匀角速度 0 ?， 圆锥底面中心 D 相对于轮 I 以速度 0 ?rvr?作匀速圆周运动， 方向如图所示。试求当圆锥母线 AC 通过 OA 沿长线时圆锥底面直径 CB 上端点 B 的绝对加 速度大小。 解： 选 B 点为动点，动系固连在圆盘 I 上，圆锥相对于圆盘 I 绕 A 点作定点运动。圆盘 I 沿圆盘 II 作纯滚动，盘心 A 的速度： rvA 0 2?， 圆盘 I 的角速度： 0 2? r vA I 盘心 A 作匀速圆周运动，加速度的大小： r r v aa An AA 2 0 2 2 2 ? 方向水平向左。 圆锥相对于圆盘 I 作定点运动，由圆锥底面中心 D 相对于圆盘 I 的速度 r v可知，圆锥绕瞬 C II Ir ac aen aRr aNr I r 3 轴 AC 转动的角速度 r 方向如图所示，大小为： 0 2 2/ ? r vr r 由此得 B 点相对于圆盘 I 速度方向垂直于纸面向外，大小为： rrv rBr0 2? 在机构运动的过程中，圆锥相对于圆盘 I 绕瞬轴转动的角速度 r 只改变方向不改变大小。 由圆锥底面中心 D 相对于圆盘 I 的速度 r v可知，角速度矢量 r 以角速度 0 2?绕 AF 轴旋 转，矢端曲线为一个水平圆周。因此圆锥相对于圆盘 I 的角加速度： rr ? 0 2 角加速度 r 的方向垂直于纸面向外，大小为： 2 0 0 0 490sin2? r 。 B 点的绝对加速度： cNrRr n AcNrRrAcre aaaaaaaaaaaaB? 其中： n A a的大小和方向如前所述。B 点相对于圆盘 I 的转动加速度 Rr a为： ra? rRr 方向水平向左，大小为：rra r 2 0 0 490sin?。B 点相对于圆盘 I 的向轴加速度 Nr a为： )(ra? rrNr 方向竖直向下指向瞬轴，大小为：rra rNr 2 0 2 4?。柯氏加速度 c a为： BrIc va? 2 方向水平向右，大小为：rva BrIc 2 0 0 890sin2?。由此得 B 点的绝对加速度的大小： raaaaa NrRr n Acc 2 0 2 2 52)(? 6-10 正方形框架每分钟绕固定轴 AB 转 2 周，圆盘又相对于框架每分钟绕对角线上的轴 BC 转 2 周，如图所示。试求圆盘的绝对角速度和角加速度。 解： 圆盘绕定点 B 作定点运动， 圆盘的绝对角速度， 以及绕AB轴的进动角速度 1 和绕轴BC 的自转角速度 2 满足如下的矢量关系（方向如图所示） ： 4 21 ? 其中 1 和 2 的大小： )/(21 . 0 60 22 21 srad? ? ? ? ? 圆盘的绝对角速度的大小： )/(39 . 0 )45sin()45cos( 20 2 20 21 srad? 与 AB 和 BD 的夹角分别为1467,9122 00 ?。圆盘的角加速 度： dt d dt d dt d dt d 221 ? 在结构运动的过程中，角速度 1 是常量，大小和方向都不变；角速度 2 只改变方向不改变 大小，角速度矢量 2 以角