3-1C 试确定图示各机构中刚体B2的位形和它们相对于公共基的方向余弦阵。
题3-1Ca
题3-1Cb
题3-1C
解：
r
(a)如图四连杆机构。建立公共参考基A−e与
ww.4
标阵r2=(0b)，连体基的姿态角为ϕ2=
T
π
rr
该连体基基点B的矢径
r2坐连杆B2连体基B−e2。
。瞬时
位形坐标：
q2=r
.com
(
T2
ϕ2)
T
网 w
π⎞⎛
=⎜0b⎟
4⎠⎝
T
题解3-1Ca
课
r
(b) 如图套筒滑块机构，建立公共参考基D−e与rr
摇杆B2连体基B−e2。该连体基基点B的矢径r2，坐标⎛b阵r2=⎜
⎜3⎝
⎞π
b⎟，连体基的姿态角φ2=。瞬时位形坐
⎟3⎠
T
后答
⎛cosϕ2
A2=⎜⎜sinϕ
2⎝
⎛
⎜
−sinϕ2⎞⎜
⎟=cosϕ2⎟⎠⎜
⎜⎝
案
相对于公共基的方向余弦阵：
2222
−
2⎞⎟2⎟ 2⎟⎟2⎠
2
2
标：
q2=r
(
T2
φ2)
T
⎛b=⎜⎜3⎝
b
π⎞⎟
3⎟⎠
T
,
题解3-1Cb
相对于公共基的方向余弦阵
⎛cosφ2
A2=⎜⎜sinφ
2⎝
⎛
⎜
−sinφ2⎞⎜
⎟=cosφ2⎟⎠⎜
⎜⎝
12
−
3⎞⎟2⎟ 1⎟⎟2⎠
rr
建立公共参考基O−e与挺杆B2连体基A−e2。(c) 凸轮挺杆机构，
⎛r23⎞
r⎟，连体基的姿态角连体基基点A的矢径r2，坐标阵r2=⎜0
⎜3⎟⎝⎠
T
φ
2=0o。瞬时位形坐标
q2=r
(
T2
φ2)
T
⎛=⎜0⎜⎝⎞23
r0⎟
⎟3⎠
T
⎛cosφ2
A2=⎜⎜sinφ
2⎝
−sinφ2⎞⎛10⎞
⎟=⎜⎜01⎟⎟ cosφ2⎟⎠⎠⎝
aw
.cww.khd
相对于公共基的方向余弦阵：
题解3-1C
课
后答
案
网 w
3-2C 图示一三角形刚体，∠A=π/2，∠B=α， BC=l。顶点C沿水平线运动，顶点B沿铅垂线运
r
动。如果在刚体的顶点A、 B与C分别建立如图所
rrr
示的连体基e1、e2与e3。
rrr
（1）分别写出连体基e2和e3相对于与连体基e1
的位形；
r
（2）对于公共基e，以三个连体基分别写出刚
体的位形坐标阵。
解：
rx
r
（1）如图3-2Ca所示，连体基e2相对于与连体r
基e1的位形为
T
ρ10)，θ2=2π−α B=(−lcosα
题3-2C
（1）
rr
连体基e2相对于与连体基e1的位形为
T1
ρC=(0−lsinα)，θ3=
om
rπ
2
ww.k
rrrr
（2）对于连体基e1，由图3-2Ca有rA=rB+ρBA在
h−α （2）
r
公共基e的坐标式为rA=rB+A1ρBA，展开，考虑到图
3-2Ca有
网 w
案
0⎛xA⎞⎛⎞⎛cosφ1
⎜⎟⎜=⎜y⎟⎜lsin(α−φ)⎟⎟+⎜⎜
1⎠⎝sinφ1⎝A⎠⎝−sinφ1⎞⎛lcosα⎞
⎟⎜⎜0⎟⎟ cosφ1⎟⎠⎠⎝
r
x
得
xA=lcosαcosφ1
后答
题解3-2Ca
q1=(xA
课
r
连体基e1的位形坐标阵为
yA=lsin(α−φ1)+lcosαsinφ1=lsinαcosφ1
yAφ1)=(lcosαcosφ1lsinαcosφ1φ1)
T
T
r
对于连体基e2，由图3-2Ca有φ2=φ1+θ2。考虑到式（1），基点坐标为
yB=lsin(α−φ1)=lsin(α−φ2+θ2)
r
连体基e2的位形坐标阵为
q2=(xB
xB=0
=lsin(α−φ2+2π−α)=lsin(2π−φ2)=−lsinφ2
yBφ2)=(0−lsinφ2φ2)
T
T
r
对于连体基e3，由图3-2Ca有φ2=φ1+θ3。考虑到式（2），基点坐标为
xC=lcos(α−φ1)=lcos(α−φ3+θ3)
r
连体基e2的位形坐标阵为
q3=(xC
yC
ππ⎞⎛⎛⎞
=lcos⎜α−φ3+−α⎟=lcos⎜−φ3+⎟=lsinφ3
22⎠⎝⎝⎠
yC=0
φ3)T=(lsinφ30φ3)T
课
后答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
1
1
1
w333223R2R2
案
可见相对角速度为顺时针，
解法2：
r
定义与齿轮1固结的基为定基e，连杆B3的连体
网 w
课
r
平动参考基es。
由图可知，当连杆B3转过角φ3,齿轮B2转过角ψ2。
后
答
rr
基为动基e3，齿轮B2的连体基为动基e2。过O2建立一
根据啮合条件有2R2=φ3R1。由图可知，齿轮B2的相′，且有φ2′=2π−2。将上式代入此对连杆的转角为φ2
式有
′=2π−2=2π−φ2
R1
φ3 R2
齿轮B2相对于连杆B3的角速度为：
&′=−ωr=φ2
R1&R
φ3=−1ω3 R2R2
负号表示相对转动为顺时针。
3-4C 如图所示，圆轮沿固定圆弧轨道以匀角速度ω作纯滚动。已知：圆轮半径为r，轨道半径为R。
（1）求轮心O的速度与加速度；
（2）利用矢量瞬时分析法求点B的速度与加速度。
题3-4C
rr
（1）如图3-4Ca所示，过点O1建参考基e，过点O建圆轮连体基eb。由题意，圆轮沿
解：
&=(R−r)θ&，即 间求导rφ
&=θ
由此可知点O作等速圆周运动，得轮心O的速度与加速度分别为
&(R−r)=rω，a=vO=θO
2
vOr2ω2
=
R−rR−r.k
hd
rω
R−raw.com
固定圆弧纯滚动由点O′到点O，有AD=AD′，即r(φ+θ)=Rθ，得rφ=(R−r)θ，两边对时
∩∩
r
（2）在连体基eb上考察点B，其速度关系如图3-4Cb所示，有
rrerevB=vtB+vωB
（1）
其中
eevtB=vO=ωr,vωB=ωr
r
由式（1）在τ向的坐标式，可得点B的速度
r
τ：vB=vO+rω=2rω
r
在连体基eb上考察点B，其加速度关系如图3-4Cb所示，有
rrerereaB=atB+aωB+aαB
（2）
其中
R−r
r
由式（2）在n向的坐标式，可得点B的加速度
rr(R−2r)ω22
n:aB=−aO+rω=
R−ra=aO=
etB
ω2r2
e2
,aωB=ωr
课
后答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
3-5C 如图所示，圆轮沿固定圆弧轨道以匀角速度ω作纯滚动。已知：圆轮半径为r，轨道半径为R。
（1）求轮心O的速度与加速度；
（2）利用矢量瞬时分析法求点B的速度与加速度。
解：
题解3-5Ca
B
题3-5C
固定圆弧纯滚动由点O′到点O，有AD=AD′，即r(φ−θ)=Rθ，得rφ=(R+r)θ，两边对时
&=(R+r)θ&，得 间求导rφ
∩∩
由此可知点O作等速圆周运动，得轮心O的速度与加速度分别为
w
&(R+r)=rω，a=vO=θO
2
vOr2ω2
=
R+rR+rww.k
&=θ
rω
R+rhd
（2）在连体基eb上考察点B，其速度关系如图3-5Cb所示，有
rrerevB=vtB+vωB
其中
eevtB=vO=ωr,vωB=ωr
aw
.com
rr
（1）如图3-5Ca所示，过点O′建参考基e，过点O建圆轮连体基eb。由题意，圆轮沿
（1）
r
由式（1）在τ向的坐标式，可得点B的速度
r
τ：vB=vO+rω=2rω
r
在连体基eb上考察点B，其加速度关系如图3-4Cb所示，有
rrerereaB=atB+aωB+aαB
（2）
其中
R+r
r
由式（2）在n向的坐标式，可得点B的加速度
rr(R+2r)ω22
n:aB=aO+rω=
R+r
a=aO=etB
ω2r2
e2,aωB=ωr
课
后答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 1
3-6C 如图所示，杆AB长2m，其一端A沿地面，另一端B沿斜面运动。设A点作匀速运动vA=2m/s，
当θ=30°时，利用矢量瞬时分析法求：
（1）点B的速度与杆的角速度；
（2）点B的加速度与杆的角加速度。
解：
r
（1）建立参考基O−e ,杆AB的连体基rA−e1。在参考基上考察点B，点B速度沿斜面 r
vB，如图3-6Ca设定正向。
在杆AB考察点B，点B为给定点，速度关系为：
rrr
v1B=v1etB+v1eωB
题3-6C
rrrrr
其中：v1B=vB，v1etB=vA。设定角速度ω1的正向
r
如图3-6Ca所示，v1eωB的模为v1eωB=ω1l。由图3-6Ca所示的矢量几何，式（1）坐标式
得 vB=vA=2m/s。
r
y:−vBcosθ=−v1eωBcosθ
有ω1l=vB=2m/s，得 ω1=1rad/s。
后答
（2）在参考基上考察点B，点B加速度沿r
斜面 aB，如图3-6Cb设定正向。在杆AB考察点B，点B为给定点，加速度关系为：
rrrra1B=a1etB+a1eαB+a1eωB
案
网 w
ww.k
r
y1:−v1Bcosθ=−v1etBcosθ
hd
aw.co题解3-6Ca
（1）
课
（2）
其中：a
e1tB=aA=0，ae1ωB=ωl，a1B=aB。设定21
rr
角加速度α1的正向如图3-6Cb所示，a1eαB的模为
题解3-6Cb
a1eαB=α1l。由图T3-6Cb所示的矢量几何，式（
2）坐标式
r
y1:−a1Bcosθ=−a1eωB
有aBcos30o=ω12l=2，得aB=2.31m/s2。
r
x1:−a1Bsinθ=−a1eαB
有aBsin30o=α1l=2α1，得α1=0.58rad/s2
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 1
3-7C试确定题3-1a与3-1b刚体B2的速度瞬心。 解：
rr
(a)如图四连杆机构。连杆B2上点B与点C的速度vB与vC分别如图3-7Ca所示。速度瞬
心为S。
r(b) 如图套筒滑块机构，连杆B2上点B的速度vB如图所示。定义连杆B2上点D′与点Dr
重合，该点的速度vD′如图3-7Cb所示。速度瞬心为S。,
题3-7Ca
ww.题3-7Cb
课
后答
案
网 w
3-9C 试确定题3-6C中杆AB速度瞬心的定轨迹。
解1：
如图题解3-9Ca所示，杆AB的瞬心为S。因∠SAO=∠SBO=
π
，所以S、A、O、B四点共圆。 2
∠BSO=∠BAO=θ ∠BOS=∠BAS=ψ，ψ=
π
−θ 2
则瞬心S在惯性参考系中位置可由设：OS=ρ，
(ρψ) 表示。
lsinθ OB=
sinψ
则
题解3-9Ca
ρ=
为常值。所以瞬心的定轨迹是以O为圆心，以
4m为半径的圆。 3
解2：
如图题解3-9Cb所示，杆AB
坐标为
6
d
aw.com
l4m =
sinψ3
xS=lcosθ−lsinθtanyS=lsinθ+lcosθtan
π
π
6
求平方和
2S
2
2
2
案
后答
x=lsinφ+lcosφtan
22
课
2yS=l2cos2φ+l2sin2φtan
22xS+yS=l2+l2tan2
π
6
=l2
416
= 33
所以瞬心的定轨迹是以O为圆心，以
4m为半径的圆。 3
3-10C 图示机构中，杆BC在导管中运动。假设 AB=AO=r，求杆BC运动瞬心的定轨迹。
解1：
如图3-10Ca所示，BC杆作平面运动，杆上与O点相重合之点O
′的速度沿杆的方向，B点的速度垂直AB杆，瞬心在S如图所示。
点S在惯性参考系中的位置可由(θρ)表示。设ρ=AS。由直角三角形性质可得杆BC瞬心的定轨迹是以A为圆心，半径为r的圆。
解2：
如图3-10Cb所示，BC杆作平面运动，杆上与O点相重合之点O
′的速度沿杆的方向，B点的速度垂直AB杆，瞬心在S如图所示。
如图3-10Cb所示，有如下几何关系：
B
题3-10C
d
ww.题3-10C
OA=BA=SA，故杆BC的瞬心S坐标为
xS=−AD=−rcos
2S
2S
2
网 w
θ
2
,
yS=−rsin
θ
2
案
半径为r的圆。
后答
有x+y=r。得杆BC瞬心的定轨迹是以A为圆心，
课
题解3-10Cb
刚体矢量瞬时分析法求此瞬时点C的速度和加速度。
解：
1．速度分析 方法1：
3-12C 图示一机构在某瞬时的位置已知:AB=BC=O1B=2OA=2r，OA以角速度ω转动，利用单
题3-12C
rr
如图3-12Ca所示，由于vA的方向与vB的方向平rrr
行，所以刚体ABC作瞬时平动，有vC=vB=vA。由于
1eωC
r
vA=ωr
得
vC=vA=ωr
ww.k
后答
rrr
v1B=v1etB+v1eωB
案
方法2：
r
如图3-12Ca所示，建立定参考基O−e，曲柄
r
ABC连体基A−e1 。
r
在动基e1上考察点给定B，有速度关系
网 w
题3-12Ca
（1）
rr
=ωr，设定e1的角速度矢量ω1如图所
其中基点B的速度如图3-11Ca所示，v1etB=v示，有v1eωB=ω12r。
A
由于点B的绝对运动是绕点O1作圆周运动，故其的绝对速度如图所示，且vB=2rωO1B。
由于v1B=vB，由式（1）
rrrvB=v1etB+v1eωB
rr
课
（2）
r
此式在y向的坐标式
r
y:0=0+v1eωB
得v1eωB=ω12r=0，即
ω1=0
r
式（2）在x向的坐标式
r
x:−vB=−v1etB
2rωO1B=ωr
得
ωOB=
1
ω
2
在动基1上考察给定点C，有速度关系v1B=vB
rr
rrr
v1C=v1etC+v1eωC
e
（2）
其中v1etC=vA=ωr， v1ωC=ω12r=0。由上式可得点C的速度为
vC=v1C=vA=ωr
hd
2．加速度分析
r
在动基e1上考察给定点B，有加速度关系
rrrr a1B=a1etB+a1eωB+a1eαB （3）
其中：a
e
1tB
aw.com
=aA=ωr，a
2
e1ωB
r
=ω2r=0，设定e1的角加
21
ww.k
网 w
r
速度矢量α1如图所示，有a1eαB=α12r。
由于点B的绝对运动是绕点O1作圆周运动，故其的绝对加速度为。
后答
rrraB=aαB+aωB
2
其中， aωB=2rωO=1B
案
（4）
ωr
2
2
，aαB=2rαO1B
题3-12Cb
rr
由于aB=a1B，将式（3）与（4）代入，得
rrrrraαB+aωB=a1etB+a1eωB+a1eαB
r
上式在y向的坐标式
rπy:−aωB=−ω2r+α12rcos
42
−=−ω2r+α12r22
课
ω2r
r
得动基e1的角加速度为
ω2
α1=
22r1
在动基e上考察给定点C，有加速度关系
rrrr
a1C=a1etC+a1eωC+a1eαC
（5）
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解
3
rrre2
其中：a1tC=aA=ω2r，a1eωC=0，a1αC=α12r2=rω。考虑到a1C=a1C，上式在e上的
坐标式
r
x:aCx=−a1eωC=0
r
y:aCy=−a1etC+a1eαC=−ω2r+ω2r=0
得点C的加速度为aC=0。
课
后答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
3-14C 如图所示，长均为l的两杆AB和BC
铰接于点C ，其两杆另两端A、B分别沿两直线作匀速运动。设vA=v，vB=2v，当OACB成平行四边形时，利用刚体系矢量瞬时分析法求点C的加速度。
解：
1．速度分析
r
如图3-14Ca建立定基O−e，杆AC连体rr基A−e1，杆BC连体基B−e2。
r
在动基e1上考察点C（给定点），有速度关系：
题3-14C
r
ry1
ν1eωC
rrr
v1C=v1etC+v1eωC
（1）
ww.rerrr
其中：v1tC=vA，设定基e1的角速度矢量ω1如
图所示，v1eωC=ω1l。
题解3-14Ca
r
在动基e2上考察点C（给定点），有速度关系：
rrr
v2C=v2etC+v2eωC
上式在定基上坐标式：
rππex:vAcos=vB−v2ωCcos
36vcos
课
rrrrvA+v1eωC=vB+v2eωC
后答
v l
rr
点C为共点，v1C=v2C，将式（1）与（2）代入，有
案
π
6
rerrre
其中：v2tC=vB，设定基e2的角速度矢量ω2如图所示，v2ωC=ω2l。
π
3
=2v−ω2lcos
r
得动基e2的角速度
ω2=
rππey:vAcos+v1eωC=v2sinωC
66v
1+ω1l=ω2l22
r
得动基e1的角速度
网 w
（2）
ω1=0
2．加速度分析
r
在动基e1上考察点C（给定点），有加速度关系
rrrr
a1C=a1etC+a1eωC+a1eαC
ry1
r
a1eαC
（3）
r
其中：a1etC=aA=0，a1eωC=ω12l=0，设定基e1的角加速度矢量α1如图3-14Cb所示，有a
r
e
1αC=α1l。
r
在动基e2上考察点C（给定点），有加速度关系：
题解3-14Cb
（4）
rrerr3v2e2e
其中：a2tC=aB=0，a2ωC=ω2l=，设定基e2的角加速度矢量α2如图所示，有a2 αC=α2l。
l
rrerea1eαC=a2ωC+a2αC；
在定基上写坐标式：
rππee
x:0=−a2+a2ωCcosαCcos
36
3v2
α2=−2
l
rππeey:a1eαC=−a2+a2ωCsinαCsin
36
课
后答
r
得动基e2的角加速度
案
3v210=−−α2l
l22
网
w
3v2313v23v21
α1l=−+α2l=−−2l
l2l2l22
r
得动基e1的角速度
23v2
α1=−2
l
（3）代入有
rrra1C=a1C=a1eαC
rr
由于aC=a1C 将式
在定基上写坐标式
aCx=0
ww.k
（5）
hd
显然a1C=a2C，将式（1）与（2）代入，有
rr
aw.com
rrererea2C=a2tC+a2ωC+a2αC
2v2
aCy=α1l=−
l
得点C的加速度为
aC=aCy
23v2
=−l
课
后答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
3-16C 如图所示，轮B1与B2的轮心分别铰接于杆AB的两端，两轮半径分别为r1与r2。两轮在半径为R的圆柱面上作纯滚动。轮心A的速度大小为vA，保持不变。利用刚体系矢量瞬时分析法求轮心B的加速度。
解1：
1． 速度分析
如图3-16Ca所示，建立连杆AB的连体r
基A−e3。如图所示，点O为杆AB的速度
瞬时中心，连杆AB的角速度为
vvω3=A=A
AOR+r1
题3-16C
A
点B的速度为
vB=ω3(R+r2)=
R+r2
vA R+r1
对于杆AB连体基A−e，点O的为动点，OD的距离保持不变，即相对运动平行于AB，有速度关系
rrrrv3O=v3rO+v3etO+v3eωO
r3
（1）
（2）
网
e有v3ωO=ω3(R+r1)。
r
式（1）在y3的坐标式，有
reey3:0=v3tOsinθ+v3ωOsinθ0=vAsinθ−ω3(R+r1)sinθ
r
得基e3的角速度为
v
ω3=A
R+r1r
式（1）在y3的坐标式，有
课
r3O
后答
re
其中，由于点O的绝对运动为不动点，v3O=0，v3=v，设定该基的角速度ω3如图所示，tOA
rree
x3:0=v3O+v3tOcosθ+v3ωOcosθ0=v
+vAcosθ−ω3(R+r1)cosθ
将式（2）代入上式得点的相对速度为
案
rv3O=0
（3）
2． 加速度分析
对于杆AB连体基A−e，基点A作等速圆周运动，其绝对角速度为：
2vA
aA=
R+r1
r3
（4）
对于杆AB连体基A−e，点O的为动点，OD的距离保持不变，即相对运动平行于AB，有加速度关系
rrrerererCa3O=a3rO+a3aaa+++3αO3ωO3O tO
r3
（5）
e
3tO
22vAvA2e
，a3ωO=ω3(R+r1)=，=aA=
R+r1R+r1
rCre
a31)。
O=2ω3v3O=0。设定该基的角加速度α3如图所示，有a3αO=α3(R+r
w.com
其中，由于点O的绝对运动为不动点，a3O=0，a
r
式（5）在y3的坐标式，有
reeey3:0=−a3tOcosθ+a3αOsinθ+a3ωOcosθ
22 vAvA0=−cosθ+α3(R+r1)sinθ+cosθ
R+r1R+r1
r
得基e3的角加速度为
α3=0
（6）
对于杆AB连体基A−e，考察给定点B有加速度关系，考虑到点B的绝对加速度rr
aB=a3B，有
rrrerereaB=a3B=a3tB+a3αB+a3ωB
r3
（7）
其中，a
e3tB
22
vALvAee2
=aA=,a3αB=α3L=0,a3ωB=ω3L=,2
R+r1R+r1r
式（7）在τ向的坐标式，有
rree
()τ:aBτ=−a3sinβθa++3ωBcosβtB
aBτ
22
vAvA
sin(β+θ)+=−
R+r1R+r1
2
Lcosβ
R+r1
21
r
式（7）在n向的坐标式，有
reen:aBn=a3tBcos(β+θ)+a3ωBsinβ
aBn
aBn=
1
网
w
R+r2vA
[(R+r)cos(β+θ)+Lsinβ]=
1
ww.k
22vAvA
cos(β+θ)+=
R+r1R+r1
2
Lsinβ
hd
R+r12
vA
aw.com
(R+r)
2
aBτ=
2vA
[−(R+r)sin(β+θ)+Lcosβ]=0
（8）
（9）
由式（8）与（9）得点B的绝对加速度矢量由点B指向点O，大小为
aB=aBn=
解2：
建立连杆AB的连体如图3-16Cca所示，
r
基D−e3。其中OD⊥AB。对图3-16Cc进行分析，点到O杆AB的距离即OD保持不变，杆AB绕O作定轴转动
如图3-16Cc所示，点O为杆AB的速度瞬时中心，其角速度为
vvω3=A=A
AOR+r1
课
后答
(R+r)vR+r221
案
2A
点B的速度为
R+r2
vB=ω3(R+r2)=vA
R+r1
杆AB的角加速度为
题解3-16Cc
&3=0 α3=ω
rrr
根据点B绕点O作圆周运动，其的加速度aB=aτB+anB，其中
aτB=α3(R+r2)=0,anB
2vA
(R+r2) =ω(R+r2)=
R+r12
23
点B的绝对加速度矢量由点B指向点O，大小为
aB=aBn=
(R+r)vR+r221
2A
课
后答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
3-18C 如图所示，该机构在此瞬时，杆AB相对
于杆OA的角速度为ωr=4rad/s，相对角加速度为0，
利用刚体系矢量瞬时分析法求此瞬时OA杆的角速度
和角加速度。
题3-18C
解：
1.速度分析：
r1
r如图3-18Ca所示，建立定参考基O−e、杆r1r2AB连体基B−e和杆OA连体基O−e。 rr
令点B的速度沿水平方向为vB。在动基e1上
rrrv1A=v1etA+v1eωA
ry
（1）
r
其中：v1etA=vB，定义该基的角速度矢量ω1如图所
ree
其中：，定义该基的角速度矢量v2=0ω有v2其中l2=OA。由图3-18Ca2如图所示，ωA=ω2l2，tA
l2=l1
后
答
可知，l1sin
π
6
=l2sin
π
3
，得到几何关系
（3）
rr
显然，v1A=v2A，将式（1）与（2）代入，有
rrrv1etA+v1eωA=v2eωA
课
案
r
该式在y向的坐标式
rππey:−v1eωAcos=−v2cosωA
36
ω1l1
1=ω2l222
考虑到式（3）可得
ω1=3ω2
rrr
由已知条件ωr=ω1−ω2，坐标式为ωr=ω1−ω2=4，代入上式，可得
网 w
r
在动基e2上考察点A(给定点)，有速度关系:
rrrv2A=v2etA+v2eωA （2）
ww
.k
示，有v
e1ωA=ω1l1，其中l1=AB。
（4）
2ωB
考察点A(给定点)，有速度关系
题解3-18Ca
ω2=2rad/s，ω1=6rad/s （5）
2．加速度分析
rr
令B点的加速度沿水平方向为aB。在动基e1
上考察点A(给定点)，有加速度关系
rrrr
a1A=a1etA+a1eωA+a1eαA
r1
r （6）
其中：a1etA=aB,a1eωA=ω12l1，定义该基的角速度矢r
量α1如图3-18Cb所示，有a1eαA=α1l。
r
在动基e2上考察点A(给定点)，有加速度关系:
rrerere
（7） a2A=a2aa++2ωA2αA tA
2αB
题解3-18Cb
r2eee
其中：a2a2ωA=ω2l2定义该基的角速度矢量α2如图所示，有a2αA=α2l2。 tA=0,
r
该式在y向的坐标式
ω12l1
31321−α1l1=ω2l2−α2l22222
网
w
ππππvee
cos−cosy:a1eωAcos−a1eαAcos=a2a2αAωA
6336
ww
.k
rrrrerea1etA+a1eωA+a1eαA=a2a+ωA2αA
3α2−α1=−32课
α2=−16rad/s2，α1=−16rad/s2
后
答
rrr
由已知条件αr=α1−α2，坐标式为αr=α1−α2=0，代入上式，可得
案
hd
rr
显然，a1A=a2A，将式（6）与（7）代入，有
aw.com
3-20C 一机构在图示瞬时，θ=ϕ=45，
o
杆EF的角速度为ω，角加速度为0。求此瞬时杆AB的角速度和角加速度。图中 AB=
CD=EF=r。
解：
1.速度分析
r
建定参考基E−e，杆如图3-20Ca所示，
rr
EF连体基E−e1，杆BD连体基D−e2。前者基点速度与基角速度分别为
vE=0，ω1=ω 后者基点速度与基角速度分别为 vD=ωCDr，ω2=0
r
在动基e1上考察F点（给定点）：有速度关系
题3-20Ca
rx1
r （1）
hrsr
v1F=v1etF+v1eωF
其中：v1etF=vE=0，v1eωF=ω1r=ωr。
r
在动基e2上考察F点（动点）：有速度关系
rssr
v2F=v2rF+v2etF+v2eωF
rssv1eωF=v2rF+v2etF
r
该式在x1向的坐标式，
rr
x1:v1eωF=v2Fcosφ 2
2
得点F的相对速度为
r
ωr=v2F
rv2ω⋅r F=
课
后
答
rr
显然，v1F=v2F，将式（1）与（2）代入，得
案
ee
其中： v2tF=vD=ωCDr，v2ωF=ω2ρF=0。
r
考虑到上式，该式在y1向的坐标式，
rπrey1:0=v2−v2FcostF
40=2r
−ωCDr 2
网 w
（2）
（3）
ww.k
题解3-20Ca
得杆CD（杆AB）角速度为 ωCD=ω
2.加速度分析
（4）
r
如图3-20Cb所示，杆EF连体基E−e1，的基点加速度与基角加速度分别为
aE=0，α1=0 r
杆BD连体基D−e2的角加速度α2=0，如图定r
义杆CD的角加速度αCD正向，基点D的加速度
r1
r可标为
rrraD=aτD+anD
（5）
题解3-20Ca
2
其中，aτD=αCDr，anD=ωCDr=ω2r
其中：a1etF=0、a1eαF=0，a1eωF=ω2r。
rrrrr
a2F=anD+aτD+a2F
上式在定基取坐标式： rπππx:a1eωFcos=−anDcos+aτDcos 444
22
ωr=−ωr+αCDr 得杆CD（杆AB）的角加速度为
α3=2ω2
课
后答
rrererra1eωF=a3+a+anD3τD2F、
案
rr
显然，a1F=a2F，将式（6）与（7）代入，得
网 w
rereeCr
其中：a2，上式变为 αF=0、a2ωF=0、a2F=2ω2v2F=0，a2tF=aD考虑到式（5）
ww
.k
（7）
r
在动基e2上考察F点（动点）：有加速度关系
rrerrrererC
a2F=a2+a+a+a+atF2F2ωF2αF2F
hd
aw
.com
r
在动基e1上考察F点（给定点），有加速度关系
rrrr
a1F=a1etF+a1eωF+a1eαF （6）
3-24C 图示一偏心圆盘凸轮机构，设凸轮以匀角速度ω 转动。求此图示瞬时杆AB的速度和加速度。
解：
rr
如图3-24Ca所示，建定参考基O−e，圆盘凸轮连体基O−e1。
基点速度与基角速度分别为 vO=0，ω1=ω
题3-24C
1．速度分析
aw有如下几何关系
2
rArx1
rr
点A的绝对速度vA如图3-24Ca所示，如在动基e1上考察该
ww.k
hd
255r2
,cosθ=OA=r+=r,sinθ=
4255
度关系
后答
案
rrrrrvA=v1A=v1rA+v1etA+v1eωA
其中： v1etA=vO=0, v1ω
rrr
vA=v1rA+v1eωA
e
A
=1=
课
网 w
r
点其在圆盘上作圆周运动，设定相对速度v1rA方向如图所示。有速
题解3-24Ca
5rrrω。显然，vA=v1A，将上式代入，有 2
（1）
r
该式在y1向的坐标式，
r
y1:vA=v1eωAcosθ
5vA=rω
25
得到杆AB的速度为
vA=
1ωr 2
（2）
r
式（1）在x1向的坐标式，
r
x1:0=v1rA−v1eωAsinθ
25
0=v−rω
25
r
1A
得点A的相对速度为
v1rA=ωr
（3）
r
由已知条件，圆盘凸轮连体基O−e1基点加速度与基角加速度分别为
aO=0，α1=0
rr
点A的绝对速度aA如图3-24Cb所示，如在动基e1上考察该r
点其在圆盘上作圆周运动，令相对加速度为a1rA，其可标为
2．加速度分析
awrx1
rrra1rA=a1rτA+a1rnA
2v1rA
（4）
其中：a1eαA=α1OA=0，a1eωA=ω2OA=
rrrrraA=a1rτA+a1rnA+a1eωA+a1CA
后答
案
rr
，有 显然，aA=a1A，将式（5）代入，考虑到式（4）
网 w
r
在动基O−e1上考察A点(动点)，有加速度关系，考虑到上式，有 rrrrr
a1A=a1rA+a1eαA+a1eωA+a1CA （5）
52
ωr，a1CA=2ω1v1rA=2ω2r。 2
r
y1:aA=−a1rnA−a1eωAsinθ+a1CA
5222
aA=−ωr−ωr+2ωr
22
得到杆AB的速度为
aA=0
课
r
该式在y1向的坐标式，
ww.k
（6）
其中，a1rnA=
r
=ω2r。
hd
题解3-24Cb
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 1
3-26C 半径R＝0.5m的轮子B1在水平面上作纯滚动，轮心O速度vO=0.2m/s不变。轮缘上固连銷钉B，此
并带动摇杆绕轴D转动。銷钉可在摇杆B2的滑槽内滑动，
在图示瞬时，ϕ = 60°连线DB恰为轮B1的切线。求该瞬时摇杆B2的角速度和角加速度。
解：
r
如图3-26Ca所示，建定参考基D−e，轮子连体基rv
O−e1，该基基点速度为vO与基角速度为ω1=O。建
Rr
摇杆连体基D−e2，该基基点速度vD=0与设定基角速v
度ω2=O如图所示。
Rr
ww.k
1．速度分析
r
在连体基 e1上考察点B，有速度关系
rrrv1B=v1etB+v1eωB （1）
其中: v1etB=vO,v1eωB=ω1R=
vO
R=vO。 R
e
其中: v2tB=vD=0，考虑到几何关系：
后
答
φ
2=Rcot
r
在连体基 e2上考察点B，有速度关系：
rrrr
v2B=v2etB+v2eωB+v2rB （2）
课
DB=Rcot
e
有v2ωB=ω2=3ω2R。
rr
根据v1B=v2B，将式（1）与（2）代入，有
rrrr
v1etB+v1eωB=v2eωB+v2rB
r
上式在y2向的坐标式
案
π
6
=R
rπry2:v1etBcos+v1eωB=v2B
31rvO+vO=v2B 2
可得：
网 w
（3）
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 2
rv2B=
r
式（3）在x2向的坐标式
rπex2:−v1etBsin=−v2ωB
33
vO=ω2R 2
得摇杆B2的角速度：
3
vO=0.3m/s 2
ω2=
vO
=0.2rad/s 2R
2．加速度分析
如图3-26Cb所示，由已知条件，轮子连体基r
O−e1基点加速度为aO=0与基角加速度为α1=0。建r
摇杆连体基D−e2基点加速度aD=0与设定基角加速r
度α2如图所示。
r
在连体基 e1上考察点B，有加速度关系：
rrrr
a1B=a1etB+a1eωB+a1eαB （3）
ww.其中
a
e1tB
rrererrrCa1eωB=a2+a+a+aωB2αB2B2B
r
上式在x2向的坐标式
reCx2:−a1eωB=−a2αB−a2B
22vO3vO
=α23R+
R2R
得摇杆B2角加速度为
课
22
3vO3vOeCr
a=aD=0,a=ωDB=,a2αB=α2DB=α2R，a2B=2ω2v2B=
4R2R
rr
根据a1B=a2B，将式（3）与（4）代入，有 e2tB
e2ωB
22
后答
2vO
2
其中
案
r
在连体基 e2上考察点B，有家速度关系：
rrerererrrCa2B=a2+a+a+a+a（4） 2ωB2αB2B2B tB
α2=−
23R
=−0.046rad/s2
网
w
=aO=0,ae1ωB
2vO
=ωR=,a1eαB=α1R=0
R21
3-28C平面机构如图所示。已知直角杆OC=R，圆盘半径为R, 杆与圆盘始终相切。在图示位置时，AC=2R，直角杆的角速度为ω0，角加速度为零。试求该瞬时圆盘的角速度和角加速度。
解： 几何关系:
题3-28C
θ=
π
4
，=22R
rr
O−e1，圆轮连体基O1−e2。前者基点速度与基角速度
1.速度分析
r
如图3-28Ca所示，建定参考基O−e，直角连体基
分别为
vO=0，ω1=ω0
ww.k
后者基点速度vO1=0，基角速度ω2按图定义正向。
有几何关系: θ=
题解3-28Ca
π
4
，OB=22R。
ee
其中： v2v2ωB=ω2R。 tB=vO1=0,
rr
显然，v1B=v2B，将式（1）与（2）代入，得
rrrv1eωB+v1rB=v2eωB
课
r
在动基e2上考察点B（给定点）,有速度关系：
rrr
v2B=v2etB+v2eωB （2）
后
答
其中：v1etB=vO=0,v1eωB=ω1OB=22Rω0。
案
网 w
r
在动基e1上考察点B（动点）,有速度关系：
rrrrv1B=v1etB+v1eωB+v1rB （1）
（3）
r
该式在y向的坐标式，
rπey:v1eωBcos=v2ωB
4
得圆盘的角速度为
ω2=2ω0 r
式（3）在x向的坐标式，
rπ
x:v1eωBcos−v1rB=0
4
得点B的相对速度为
v1rB=2Rω0
2.加速度分析
r
由已知条件，直角连体基O−e1基点加速度aO=0r
与基角加速度α1=0。圆轮连体基O1−e2基点加速度
aO1=0，基角加速度α2按图3-2bCb所示定义正向
r
在动基e1上考察点B（动点）,有加速度关系：
rrrrrra1B=a1etB+a1eωB+a1eαB+a1rB+a1C（4） B
题解3-28Cb
222
OB=2ω02R，a1eαB=α1OB=0，a1CB=2ω1v1rB=4Rω0 其中：a1etB=aO=0，a1eωB=ω0
r
在动基e2上考察点B（给定点）,有速度关系：
rrererea2B=a2 （5） tB+a2ωB+a2αB
rr
显然，a1B=a2B，将式（4）与（5）代入，得
r
该式在y向的坐标式，
α2=2ω02
课
后答
得圆盘的角加速度为
案
rπey:−a1eωBcos+a1CB=a2αB
4
网 w
rrrrerea1eωB+a1rB+a1CB=a2ωB+a2αB
ww
.k
ee22e
其中：a2tB=aO1=0，a2ωB=ω2R=4ω0R，a2αB=α2R,
hd
aw
.com
3-29C 如图所示，齿条B1与齿轮啮合。齿轮B2绕O轴转动，节园半径为5cm。齿条B1的A端以30cm/s的速度向右运动，同时带动B2转动。图示瞬时φ=60°，求此瞬时，齿条B1与齿轮B2的角速度和角加速度。
解：
1． 速度分析
（1）瞬心法： 如图3-29Ca所示，齿轮与齿条啮合点C的速度大小、方向一致。作图可知AB杆的速度瞬心为S。
考虑到几何关系：
SC=OC=r，SA=2r,OA=2r，
网 w
可得齿条的角速度为：
v30
ω1=A==3rad/s，
SA10齿轮与齿条啮合点C的速度为
ww
ω2=
vC15
==3 rad/s r5
（2）矢量瞬时分析法：
r
如图3-29Cb所示，建定参考基O−e，齿
课
后答
齿轮的角速度为
案
vC=SCω1=5×3=15cm/s，
r
条连体基A−e1，其基点速度为vA=30cm/s，
基角速度ω
1按图定义正向。
r
在定基上考察O点有vO=0。在动基上考察该点（动点），有速度关系：
rrrr
v1O=v1etO+v1eωO+v1rO
rrr
由于v1O=vO=0，上式变为
rrrr
0=v1etO+v1eωO+v1rO （1）
其中，考虑到齿轮相对齿条的运动为纯滚动，
有v1rtO=vA；考虑到几何关系OA=2r，有v1eωO=ω1OA=2rω1。 r
式（1）在x1向的坐标式
rφφx1:0=v1etOcos−v1eωOcos
22
可得齿条的角速度为：
ω1=
vA
=3 rad/s 2r
r
式（1）在y1向的坐标式
rφφ
y1:0=−v1etOsin−v1eωOsin+v1rO
22
可得点O的相对速度为
v1rO=vA
由此可得齿轮的相对角速度为
r
ω2=−ω1+ω2=−
vAvAvA
+==3rad/s 2rr2r
案
r
由已知条件，齿条连体基A−e1基点加速度为aA=0，基角加速度α1如图3-29Cc定义正向。
2． 加速度分析
网 w
ww.k
rrrr
由于齿轮的绝对角速度矢量为ω2=ω1+ω2，由它的坐标式可得齿轮的绝对角速度，
hd
v1rOvA
ω==
rr
r
2
在定基上考察O点（给定点）,有aO=0。在，有加速度关系： 动基上考察O点（动点）
rrrrrr
a1O=a1etO+a1eωO+a1eαO+a1rO+a1C（2） O
后
答
r
aw.com
课
其中：a
e
1tO=aO=0，ae1ωO
2vA
=ωAO=
2r21
2A
r
a1eαO=α1AO=2rα1，a1CO=2ω1v1O=
v
r
rrr
由于a1O=aO=0，式（2）变为
rrrr0=a1eωO+a1eαO+a1rO+a1CO
（3）
r
该式在x1向的坐标式
rππr x1:0=−a1eωOcos+a1eαOcos+a1CO
36
得齿条的角加速度为：
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解
2vA
α1=−2=−9rad/s2
4r
3
r
式（3）在y1向的坐标式
rππ
y1:0=−a1eωOsin−a1eαOsin+a1rO
36
r1O
r2
a1rO
得点O的相对速度为a=0，故齿轮的相对角加速度为α==0。齿轮的绝对角加
rrrrr
速度矢量为α2=α1+α2，由其坐标式可得齿轮的绝对角加速度为
α2=−α1+0=9rad/s
课
后
答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
3-30C 如图所示，中心半径均为r的 两圆环B1与B
2分别绕铰点C与A 反向匀速转动，匀角速度分别为2ω与ω。销子M在两圆环的槽内，且可在两圆环内运动。图示瞬时，两圆环B1与B2的环心O1与O2同时转到AC 的连线上。求此瞬时销子M的速度和加速度。
解：
1. 速度分析
如图3-30Ca所示，建定参考基
题3-30C
rr
B−e，环B1连体基C−e1，该基基点速
r
环B2连体基A−e2，该基基点速度与基角
r
动，设定其相对速度v1rM如图所示，且rrv1rM⊥O1M。销子M的牵连速度v1eωM如图r
所示，且v1eωM⊥CM。
wwrrr
v2rM⊥O2M。销子M的牵连速度v2eωM如图所示，且v2eωM⊥AM。考虑到几何关系
课
后答
r
相对环B2，销子M也作绕环B2的圆周运动，设定其相对速度v2rM如图所示，且
AM=CM=2Rcos
有
rr
v1eωM=2ωCM=2Rω，v2eωM=ωAM=Rω r
在连体基C−e1上考察点M的运动，有速度关系
rrr v1M=v1ewM+v1rM
r
在连体基A−e2上考察点M的运动，有速度关系:
rrrv2M=v2ewM+v2rM rr
考虑到v1M=v2M，以上两式代入，有
rrrrv1ewM+v1rM=v2ewM+v2rM
案
π
6
=R
网 w
速度分别为
vA=0，ω2=ω
相对环B1，销子M绕环B1的圆周运
度与基角速度分别为
vC=0，ω1=2ω
题解3-30Ca
在定基上坐标式
rx:ry:
v1eωMcosv1eωMsin
π
3
+v1rMcos+v1rMsin
π
6
e
=−v2ωMcose=v2ωMsin
π
3
r
−v2Mcos
π
6
π
3
π
6
π
3
r+v2Msin
π
6
即
1313⎫r
+v1rM=−Rω−v2M2222⎪
⎬
11⎪r+v1rM=3Rω+v223RωM2222⎪⎭23Rω
得方程
r
⎫v1rM+v2M=−3Rω⎪⎬ r
⎪v1rM−v23Rω=−M⎭
r
v1rM=−3Rω,v2M=0
由于销子M的速度
rrrrrvM=v2M=v2ewM+v2rM=v2ewM
在定基上坐标式
22
vM=vMx+vMy=rω
2. 加速度分析
课
后答
大小为
案
可解得销子M的速度的两个坐标，v2Mx=−
网 w
rππerx:v2Mx=−v2−vcoscoswM2M
36
rππery:v2My=v2+v2wMsinMsin
36
ww
.k
33
Rω,v2My=Rω，可得到该速度的方向，其22
hd
r
由已知条件，环B1连体基C−e1基点
aw
.com
可解得
加速度与基角加速度分别为
aC=0，α1=0
r
环B2连体基A−e2基点加速度与基
角加速度分别为
aA=0，α2=0
相对环B1，销子M也作绕环B2的圆r
周运动，令其相对加速度a1rM，如图所示
题解3-30Cb
可标为
rrra1rM=a1rnM+a1rτM
其中， a
r1nM
2v1rM==9Rω2。 r
rr
相对环B2，销子M也作绕环B2的圆周运动，令其相对加速度a2M，如图所示可标为
rrrrrr
a2=a+aM2nM2τM
其中， a
r
2nM
r2v2e=M=0。由已知条件销子M的牵连加速度a2ωM如图所示，r
e22a2ωM=AM=ωr。
其中：a1eαM=0，a1eωM=CM4ω2=4Rω2，a1CM=4ωv1rM=−12Rω2
r
在连体基A−e2上考察点M的运动，有加速度关系:
rrererrrrrCa2M=a2+a+a+a+aωM2αM2τM2nM2M
Cr
其中：a2αM=0a2M=2ωv2M=0
e
rππππππer
−coscosx:a1eωMcos+a1rτMcos+a1rρMcos+a1CMcos=−a2aωM2τM
663366
rππππππery:−a1eωMsin+a1rτMsin−a1rρMsin−a1CMsin=−a2+a2ωMsinτMsin
663366
rr2222
⎧⎪43rω+a1τM+9Rω−12Rω=−Rω3−a2τM ⎨2222rr
⎪⎩−4rω+a1τM−9Rω3+12Rω3=−3Rω+a2τM
⎧r12Rω2r
⎪a1τM+a2τM=−
⎨
⎪ar−ar=0
2τM⎩1τM
课
rrrrrerr
a1eωM+a1rτM+a1rρM+a1cM=a2a+ωM2τM
后
答
rra1M=a2M
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
r
在连体基C−e1上考察点M的运动，有加速度关系
rrrrrra1M=a1eωM+a1eαM+a1rτM+a1rnM+a1CM
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 4
a
r1τM
=a
r2τM
6Rω2=−=−2Rω2
3
销子M的加速度
rrrerraM=a2M=a2+aωM2τM
rπrrπe
cos−cosx:aMx=−a2aωM2τM
66
rπrrπey:aMy=−a2sin+asinωM2τM
66
3⎧2
=aRωMx⎪2⎪⎨
⎪a=−3Rω2
My⎪2⎩
22aM=aMx+aMy=3Rω2
课
后
答
案
网 w
ww.k
hd
aw.com
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 1
3-31C 如图所示，圆盘B1与直杆B2可同时绕轴O转动， 一滑块销子M可同时在B1与B2的导槽中滑动。在图示瞬时，ϕ = 30º，B1
与B2的角速度分别为ω1=9 rad/s与ω2=3 rad/s，两构件的角加
速度均为零。求此瞬时滑块销子M的速度与加速度。图中b=0.1 m。
解：
1．速度分析
如图3-31Ca所示过点O建立圆盘B1的连体基
r
O−e1，该基基点速度与基角速度分别为
vO=0，ω1=9 rad/s
建直杆B2的连体基O−e，该基基点速度与基角速度分别为
vO=0，ω2=3 rad/s
0.2b
=m cosφr2
ww.k
滑块销子点相对圆盘和直杆作直线运动，分别在连体基1和2上考察点M的运动，有
网 w
有几何关系：OM=
题解3-31Ca
rrr
v2M=v2eωM+v2rM
后答
π
3
rrrv1M=v1eωM+v2rM
案
（1） （2）
r
其中 ：v1eωM=ω1OM=0.6m/s，v2eωM=ω2OM=0.2m/s。
rr
由于v2M=v1M，得
rrrr
v1eωM+v1rM=v2eωM+v2rM
课
（3）
r
上式在x向的坐标式
rx:
−v1eωMcose
=−v2ωMcos
π
3
r
+v2Mcos
π
6
r
−ω1OM=−ω2OM+v2M3
得滑块销子M相对直杆B2的速度
1r
v2OM(ω2−ω1)=−0.4m/s M=
3r
式（3）在y2向的坐标式
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 2
ry2:
v1eωM+v1rMcos
π
6
e=v2ωM
=ω2OM 2
得滑块销子M相对圆盘B1的速度
2v1rM=OMω2−ω1)=−0.8m/s
3
ω1OM+v1rM
由式（1），滑块销子M的速度为
rrrr
vM=v1M=v1eωM+v2rM
上式在定基上的坐标式可解得销子M的速度的两个坐标，
rπ
x:vMx=−v1eωMcos=0.33m/s
3
rπ
y:vMy=v1eωMcos+v1rM=0.1m/s
6
由此可得到该速度的方向，其大小为
22
vM=vMx+vMy=.27+0.01=0.53m/s
网
w
2．加速度分析
由已知条件，两连体基的基点加速度与基角加速度分别为零。
分别在两连体基上考察点M的运动，有加速度关系
rrrrrra1M=a1eωM+a1eαM+a1etM+a1rM+a1CM
ww
.d
aw.com
（1）
案
其中：
a1eαM=0,
后答
a1rtM=0
a1eωM=ω1OM=5.43m/s2
2
课
a1CM=2ω1v1rM=−14.4m/s2
rrererrrrrca2M=a2aaaa（2） ++++ωM2αM2tM2M2M
题解3-31Cb
其中：
eea2a2αM=0,tM=0
a=ω2=0.6m/s,a=2ωvrr
由于a1M=a2M，将式（1）与（2）代入得
rrrrerrrCa1eωM+a1rM+a1C=a+a+a2αM2M2M M
e2ωM
22
C2Mr22M
=−2.4m/s
2
（3）
r
此式在x向的坐标式为
rππππerCx:−a1eωMcos−a1CM=−a2+a2−a2 McosMsinαMcos
6666
r3331rx:−5.43+14.4=−0.6+a2+2.4 M
2222
可解得滑块销子M相对圆盘B1的加速度
r2a2M=43m/s
r
式（3）在y2向的坐标式为
rππCy2:a1rMcos+a1CMsin=a2M
66
1
−14.4=−2.4 22
可解得滑块销子M相对圆盘B1的加速度
a1rM
a1rM=3.2m/s2
rrrrraM=a1M=a1eωM+a1rM+a1CM
由其在定基上坐标式可解得销子M的加速度的两个坐标为
由此可得到该加速度的方向，其大小为
22aM=aMx+aMy=39.69+0.75=6.36m/s
课
后
答
案
网 w
ww.k
rπ
+14.4=6.3m/s2x:aMx=−a1eωMcos−a1CM=−5.43
62
r1π
y:aMy=−a1eωMsin+a1rM=−5.43+3.2=0.53m/s2
62
hd
aw
.com
由式（1），滑块销子M的加速度为
3-33C 一机构在图示瞬时，杆OA的角速度为ω，角加速度为零。杆ED的速度和加速度分别为v=lω，a
=0。求杆AB的角速度和角加速度。
解：
1.速度分析
如图建立参考基A−e和杆AB的连体基A−
e，其基点速度与基角速度分别为
vA=ωl,ω1=ω
rr1
.com
ry
hd
网 w
动点M为杆ED上固定点，由已知条件
vM=v=ωl,
r
该点相对连体基e1作直线运动，有速度关系
rrrrr
vM=v1M=v1etM+v1eωM+v1rM （1） 其中：v1etM=vA,v1eωM=2lω1。
ww
.k
rv1题解3-33Ca
22=−ωl+v1rM 22
得点M的相对速度：
v1rM=lω
r
式（1）在y1向的坐标式
rππ
y1:−vMcos=v1etMcos−v1eωM
44
2=ωl−2ω1l 22
得杆AB的角速度为
ω1=ω
−ωl
课
ωl
后答
r
式（1）在x1向的坐标式
rππ
x1:vMcos=−v1etMcos+v1rM
44
案
2.加速度分析
r1
由已知条件，杆AB的连体基A−e，其基点加速度
aA=ω2l，基角加速度α1定义正向如图3-33Cb所示。
动点M为杆ED上固定点，由已知条件
aM=a=0
r
该点相对连体基e1作直线运动，有加速度关系
rrrrrrraM=a1M=a1eωM+a1eαM+a1etM+a1rM+a1C（2） M 其中：
a1rtM=aA,
a1CM=2ω1v1rM=22lω2，
a1eωM=ω12l=lω2
ra1
题解3-33Cb
r
式（2）在y1向的坐标式
得杆AB的角加速度为
课
后答
案
网 w
α1=ω2
52
ww.k
2
0=−21l+ω2l+222l
2
hd
rππ
y1:−a1Mcos=−a1eαM+a1etMcos+a1cM
44
aw
.com
a1rαM=2lα1,
3-34C 边长为2l的正方形DEFG在自身平面内运
动，其二边始终与固定槽边A与B点接触，槽宽AB=l。图示瞬时，板的角速度ω和角加速度α均为已知，点A处于DG边的中点。求点F的速度和加速度的大小。
解：
题3-34C
如图3-34C所示，令点O为正方形中心。因正方形边长L=2l.对角线为DF=2l。如
rrrrrrvO=vOx+vOy,aO=aOx+aOy
ww.k
该基的角速度与角加速度为已知，分别为ω1=ω,α1=α。
r
令正方形中心O的。与点B相对于连体基O−e1为
rr
动点，。vA=0aA=0
hd
1速度分析
⎫⎪
（2） ⎬ r2r
y:0=vOy−lω+v1A⎪
2⎭r
在连体基O−e1考察点A ，有速度关系
rrrrrvB=v1B=v1etB+v1eωB+v1rB
r
x:0=vOx
课
rrrr2
lω 其中， v1etA=vO=vOx+vOy,v1eωA=2
式（1）在参考基的坐标式为
后答
r
在连体基O−e1考察点A ，有速度关系
rrrrrvA=v1A=v1etA+v1eωA+v1rA （1）
网
w
固定槽边接触点A与B相对于公共参考基为不动点，有vA=vB=0,aA=aB=0。
aw.com
rr
图建立公共参考基O−e和正方形的连体基O−e1。令该基的基点速度速度与加速度分别为rrrTT
vO与aO，在基O−e的坐标阵分别为vO=(vOxvOy)与aO=(aOxaOy)，即有
案
题解3-34C图Ι
（3）
rrrr2
其中 v1etB=vO=vOx+vOy,v1eωB=lω
2
式（3）在参考基的坐标式为
⎫r2
x:0=vOx+lω−v1rB⎪
2⎬
r⎪y:0=vOy
⎭
（4）
由方程（3）与（4）可解得：
22lω，v1rA=lω 22
可见点O为正方形的速度瞬心。点F的速度方向如图所示，大小为
vOx=vOy=0，v1rB=vF=ω1OF=ω1
DF
=ωl 2
2加速度分析
r
在连体基O−e1考察点A ，有加速度关系（见图3-34Cb）
rrrrrrr
aA=a1A=a1eωA+a1eαA+a1etA+a1rA+a1CA （5）
其中：
rrrra1etA=aO=aOx+aOy
e1ωA
2222
a=lω1=lω,a1eαA=lα1
222
r
式（5）在x向的坐标式为
rrx:0=a1eωA+aOx+a1CA
，
a=2ωv=2lω
C1Ar11A
2
ww.k
22
0=lω+aOx−2lω
2
得
aOx=
题解3-34Cb
其中：
课
rrrr
a1etB=aO=aOx+aOy,a1CB=2ω1v1rB=2lω2,
后答
rrrrrrraB=a1B=a1eωB+a1eαB+a1etB+a1rB+a1CB （7）
案
22
lω （6） 2r
在连体基O−e1考察点B ，有加速度关系（见图3-34Cb）
网 w
22222
a=lω1=lω,a1eαB=lα1
222
r
式（6）在y向的坐标式为
e1ωB
，
rry:0=a1eωB+aOy−a1CB
2220=lω+aOy−2lω
2
得
aOy=
2lω 2
（8）
r
对于点F ，在连体基O−e1考察，有加速度关系（见图3-34Cb）
rrrrr
aF=a1F=a1eωF+a1eαF+a1etF （9）
其中：
rrrr
a1etB=aO=aOx+aOy,a1eωF=lω12=lω2,a1eαF=lα
式（9）在参考基的坐标式为
rππ
x:aFx=−a1eωFcos−a1eαFcos+aOx
44rππ
y:aFy=−a1eωFcos+a1eαFcos+aOy
44
即
aFx=−lω2aFy=−lω2
222
−lα+lω 222
2222
+lα+lω 222
可解得点F的加速度矢量在参考基上的坐标为 22
,aFy=lα
22
点F的加速度方向如图所示，其大小为
aFx=−lα
aF=a+a
2Fx2Fy
=lα
课
后答
案
网 w
ww.k
hd
aw.题解3-34Cc
3-35C 如图所示，直角弯杆CMD可在两套筒中滑动。套筒臂AE以等角速度ω转动绕轴A转动。另一套筒可绕轴B转动。AB=AE=a，AE
⊥MC。求直角弯杆CMD上点M的速度与加速度。
解：
根据已知条件，参考图题3-35Ca有以下几何关系：
题3-35C
AM=a2+a2cos2φ=a+cos2φ，BM=a+asinφ=a(1+sinφ) EM=acosφ，cosβ=
后答
r
点B相对于公共基不动，相对于连体基作M−e1直线运动，有速度关系
rrrrv1B=v1etB+v1eωB+v1rB （2）
两式中
案
网
w
r
点A相对于公共基不动，点A相对于连体基M−e1作直线运动，有速度关系；
rrrrv1A=v1etA+v1eωA+v1rA （1）
ww
.k
AE的相同。故有
ω1=ω,α1=α=0
hd
rr
如图所示，过点B建立公共参考基B−e，在曲杆DMC上建立连体基M−e1，该基的
r
基点速度矢量vM待定。由图示机构分析可知直角弯杆CMD的角速度与角加速度和套筒臂
1．速度分析
aw.com
BEcosφAE1
=,sinβ==
22AMAM+cosφ+cosφ
v1eωA==aω+cos2φ
（3） （4） （5）
课
v
e
1ωB
=BMω=aω(1+sinφ)
1
rrr
v1A=v1B=0,v1etA=v1etB=vM
将上式（5）代入式（1）（2）得
rrrr0=vM+v1eωA+v1rA
rrrr0=vM+v1eωB+v1rB
（6） （7）
题解3-35Ca
由以上两式可得
rrrrv1eωA+v1rA=v1eωB+v1rB
r
上式在基M−e1的坐标式
r
x1:−v1eωAcosβ=−v1rB
（8） （9）
r
y1:−v1eωAsinβ−v1rA=−v1eωB
由式（8）（9）可解得
v1rA=aωsinφ，v1rB=aωcosφ
（10），
r
为了求基点的速度，利用式（6）与（7）在基M−e1的坐标式
rrx1:0=v′Mx−v1B
rry1:0=v′My−v1A
r
将式（10）代入得点M的速度在基M−e1上的坐标
r
v′My=v1A=aω(1+sinϕ)
（12）
其模为
2
′2vM=v′Mx+vMy=aω+2sin
网
w
2．加速度分析：
点A相对于公共基不动，相对于连体基作直线运动，有加速度关系；
rrrrrraA=a1eωA+a1eαA+a1etA+a1rA+a1cA
ww.k
hd
案
后答
rr
其中：aA=0,a1eαA=0,a1etA=aM。上式变为
rrrrr0=aM+a1eωA+a1rA+a1cA
aw.com
r
v′Mx=v1B=aωcosφ
（11）
（13）
点B相对于公共基不动，相对于连体基作直线运动，有加速度关系；
课
rrrrrraB=a1eωB+a1eαB+a1etB+a1rB+a1cB
rr
其中：aB=0,a1eαB=0,a1etB=aM。上式变为
rrrrr0=aM+a1eωB+a1rB+a1cB
题解3-35Cb
（14）
式（13）与（14）中，
a1CA=2ωv1rA=2aω2sinϕ
（15） （16） （17）
a1eωA=AM⋅ω2=aω2+cos2φ a1CB=2ωv1rB=2aω2cosϕ
洪嘉振等《理论力学》第3版习题详解 3
a1eωB=BMω2=aω2(1+sinϕ) （18） 由式（13）与（14）得
rrrrrra1eωA+a1rA+a1CA=a1eωB+a1rB+a1CB （19） r上式在x1向的坐标式
rx1:a1eωAsinβ+a1CA=a1eωB−a1rB （20）
将（15）（16）与（18）代入，得
a1rB=−aω2sinϕ （21） r式（19）在y1向的的坐标式
rry1:−a1eωAcosβ−a1rA=−a1cB 将（15）（16）与（17）代入，得
a1rA=aω2cosϕ （22） vCy1:0=a′My−a1B
2a′Mx=−aω(1+2sinϕ)
c2a′My=a1B=2aωcosϕ
22′2aM=a′+4sin Mx+aMy=aω
课后答其模为 案网 wr将（17）（18）与（21）代入，得点M的加速度在基M−e1上的坐标 ww.kr为了求基点的加速度，利用式（14）在基M−e1的坐标式 rerx1:0=a′Mx+a1ωB−a1B hdaw.com