2.3 點的速度合成定理——三種運動速度間的關系

本節進一步分析三種運動速度——絕對速度、相對速度與牽連速度之間的關系。如圖2-6所示，點M為動點，動系為O＇x＇y＇z＇，定系為Oxyz。rM為絕對運動矢徑，r＇為相對運動矢徑，rO＇為動系坐標原點的矢徑。在圖2-4中，上述三個矢量之間存在如下關系式：

要得到絕對速度、相對速度與牽連速度之間的關系，可以對式(2-3)兩邊求導，即

顯然，式(2-4)中等號左邊為動點的絕對速度，即

以下考察式(2-4)中等號右邊的兩項和的意義。首先，考察的意義。我們知道，相對運動矢徑r＇可在動系中表示為

r＇=x＇i＇+y＇j＇+z＇k＇

當在動系上觀察動點的運動時，單位矢量i＇,j＇,k＇的方向保持不變，所以不難理解

就是動點M相對于動系O＇x＇y＇z＇的運動速度，即相對速度。也就是說，相對速度vr是相對運動矢徑r＇相對于動系O＇x＇y＇z＇的時間導數，稱之為r＇的相對導數，記為，即

而當在定系中觀察動點的運動時，單位矢量i＇,j＇,k＇的方向是變化的，所以

將此稱為相對運動矢徑r＇相對于定系Oxyz的絕對導數，即在定系上觀察r＇隨時間的變化。

由泊松公式(1-23)可得絕對導數與相對導數之間的關系為

將上式代入式(2-4)中，得

上式中，即為動系上與動點相重合的點的速度，即牽連速度ve，所以

上式稱為速度合成定理（theorem for composition of velocities），即某瞬時動點的絕對速度等于該瞬時動點的相對速度和牽連速度的矢量和。

由于證明時沒有對絕對運動和相對運動軌跡形狀進行任何限制，也沒有對牽連運動為何種剛體運動進行限制，因此該定理對各種運動都是適用的。

例題2-3

如例題圖2-3所示，半徑為R、偏心距為e的凸輪，以勻角速度ω繞軸O轉動，桿AB能在滑槽中上下平動，桿的端點A始終與凸輪接觸，且OAB成一條直線。求在圖示位置時，桿AB的速度。

分析：因為桿AB做平動，各點速度相同，因此只要求出其上任意一點的速度即可。為了利用速度合成定理，首先需要做好3件事：(1) 選取合適的動點；(2) 選取合適的動坐標系；(3)明確絕對運動、相對運動和牽連運動的形式。

解：

選取桿AB的端點A作為研究的動點，動系隨凸輪一起繞軸O轉動。三個運動分別為：絕對運動——沿鉛垂軸的直線運動（規律未知）；相對運動——沿凸輪輪廓的圓周運動（規律未知）；牽連運動——繞軸O的勻角速度轉動（已知）。于是，點A的絕對速度方向沿AB，相對速度方向沿凸輪圓周的切線，而牽連速度為凸輪上與桿端點A重合的點的速度，它的方向垂直于OA。

由速度合成定理得

式中，ve為凸輪上與動點A重合的點的速度，由ve=ω × rOA可知，其方向垂直于OA，大小為;vr⊥CA，大小未知。

作速度合成的平行四邊形，如例題圖2-3所示，可得

此即為點A的絕對速度。進而，可求得其相對速度為

討論：

本題中，選擇桿AB上的點A為動點，動坐標系與凸輪固連，因此三種運動特別是相對運動軌跡十分明顯、簡單，使問題得以順利解決。反之，若選凸輪上的點（如與點A重合的點）為動點，而動坐標系與桿AB固連，這樣，相對運動軌跡不僅難以確定，而且其曲率半徑未知，從而導致求解（特別是求加速度）十分復雜。（請讀者思考，在該情況下動點的相對運動軌跡具體是什么曲線。）

例題2-4

刨床的急回機構如例題圖2-4(a)所示。曲柄OA的一端A與滑塊用鉸鏈連接。當曲柄OA以勻角速度ω繞固定軸O轉動時，滑塊在搖桿O1B上滑動，并帶動搖桿O1B繞固定軸O1擺動。設曲柄長OA=r，兩軸間的距離OO1=l。求當曲柄在水平位置時搖桿的角速度ω1。

分析：若要求當曲柄在水平位置時搖桿的角速度ω1，則需要先求出此時搖桿上一點的速度。

解：

選取曲柄端點A作為研究的動點，把動系O1x＇y＇固定在搖桿O1B上，并與O1B一起繞軸O1擺動。點的絕對運動是以點O為圓心的圓周運動，相對運動是沿O1B方向的直線運動，而牽連運動則是搖桿繞軸O1的擺動。

于是，絕對速度va的大小和方向都是已知的，它的大小等于rω，而方向與曲柄OA垂直；相對速度v r的方向是已知的，即沿O1B；而牽連速度ve是桿O1B上與點A重合的那一點的速度，它的方向垂直于O1B，也是已知的。共計有四個要素已知。作出速度合成的平行四邊形，如例題圖2-4(a)所示。由其中的直角三角形可求得

ve=va sinφ

又，且va=rω，所以

設搖桿在此瞬時的角速度為ω1，則

式中，。由上式解得此瞬時搖桿的角速度為

討論：

若選取O1B上的點A為動點，動系固連在桿OA上，則相對運動軌跡如例題圖2-4(b)所示，這會導致求解（特別是求加速度）十分復雜。

例題2-5

例題圖2-5所示的直角彎桿OBC以勻角速度ω=0.5 rad/s繞軸O轉動，使套在其上的小環M沿固定直桿OA滑動；OB=0.1m，且垂直于BC。試求當φ 60= °時小環M的速度。

分析：可以選小環M為動點，動系固連于OBC，則本問題是已知動系的運動，求動點的絕對運動。其中，絕對運動為沿桿OA的直線運動；相對運動為沿桿BC的直線運動；牽連運動為繞點O的定軸轉動。

解：

根據上述運動分析，相應的速度合成定理為

式中，va沿OA方向，大小未知；ve垂直于OA方向，大小為ve=OP.ω=0.2×0.5=0.1m/s；vr沿BC方向，如例題圖2-5所示。

式(a)中只有va和vr兩者的大小未知。由速度合成的平行四邊形解得小環M的絕對速度為

此外，還可求得點M的相對速度為

vr=2ve=0.2m/s

例題2-6

圓管BOA以等角速度ω繞軸O轉動，起始瞬時圓管與Ox軸重合，如例題圖2-6(a)所示。圓管內的點M以x 1=b cos ωt mm的規律相對于圓管運動，求瞬時點M的速度。

分析：選取M為動點，動系Ox1y1固連在圓管上，則絕對運動為平面曲線運動（規律未知），相對運動為直線運動（規律已知），牽連運動為繞的定軸轉動（規律已知）。

解：

根據上述運動分析，應用速度合成定理，有

式中，ve⊥O M。由題意知φ=ωt，當b mm，所以ve=ω × rOM =;vr沿OM的方向，。于是，點M的絕對速度為

討論：

(1) 本題屬于運動合成問題，動點動系的選擇比較直觀。求解時，借助坐標系單位矢量將各個分量表示清楚，則速度的求解很簡便。畫出速度四邊形圖，則有利于形象地理解速度合成定理。

(2) 本題也可利用動、定坐標間的變換關系，直接建立點的絕對運動方程來研究點的運動，這就是第1章所述的研究點運動的解析法。

由例題圖2-6(b)，可得點M的絕對運動方程為

且已知

φ=ωt, x1=b cosωt, y1=0

所以

上列方程組是以t為參數的軌跡方程，消去t可得點M的軌跡方程為

即點M的絕對軌跡是以為圓心、為半徑的圓周，如例題圖2-6(c)所示。

求點M的絕對速度和絕對加速度。由例題圖2-6(b)可得，θ=2φ=2ωt，故點M沿圓周做等速運動，點M的絕對速度和絕對加速度分別為

將點的復合運動分析方法與點的運動學分析方法進行比較可知，前者主要研究動點在指定位置上的速度和加速度，往往不要求弄清動點的運動全貌；后者則通過建立動點絕對運動方程，得到點持續運動過程中的各個運動量，便于弄清點運動的全貌，而指定瞬時的各個運動量可作為特殊值得到。對于實際問題，應根據不同的要求，選用恰當的研究方法。