题目

图示平面机构中, _(1)A=(O)_(2)B=0.2m ,半圆凸轮的半径 R=0.1m ,曲柄O1A以匀角-|||-速度 omega =2rad/s 转动。求图示瞬时顶杆DE的速度和加速度。-|||-E-|||-D-|||-30°-|||-R-|||-A B-|||-lo-|||-w-|||-O1 60° O2 60°

题目解答

答案

解析

本题主要考察平面机构中刚体的速度和加速度分析，涉及点的合成运动（牵连、相对、绝对运动）及刚体平面运动知识，关键是正确判断各构件的运动形式并建立速度、加速度关系。

一、运动分析

  1. 构件运动形式
    • 曲柄$O_1A$：绕$O_1$定轴匀速转动，角速度$\omega=2\,\text{rad/s}$。
    • 半圆凸轮：沿水平方向平动（因$O_2B$长度不变，$B$点速度水平），推动顶杆$DE$竖直平动。
    • 顶杆$DE$：竖直平动，速度$v_{DE}=v_E$（$E$为顶杆上一点），加速度$a_{DE}=a_E$。

二、速度分析（求$v_{DE}$）

以凸轮上与顶杆接触点$C$为动点，动系固结于顶杆$DE$（平动系），则：

  • 绝对运动：$C$点随凸轮水平平动，$v_C=v_{凸轮}$（水平）。
  • 相对运动：$C$点沿顶杆$DE$方向（竖直）运动，$v_{r}$（竖直）。
  • 牵连运动：顶杆竖直平动，$v_e=v_{DE}$（竖直）。

由速度合成定理$v_C=v_e+v_r$，几何关系：
$v_C = v_{DE} \cdot \cot 30^\circ$

曲柄$O_1A$的速度：$v_A = O_1A \cdot \omega = 0.2 \times 2 = 0.4\,\text{m/s}$（竖直方向）。
由$A$、$B$、$O_1$、$O_2$几何关系（菱形$O_1ABO_2$），$v_B = v_A = 0.4\,\text{m/s}$（水平方向），即$v_{凸轮}=v_B=0.4\,\text{m/s}$。

代入得：
$0.4 = v_{DE} \cdot \sqrt{3} \implies v_{DE} = \frac{0.4}{\sqrt{3}} \approx 0.2\,\text{m/s}$

三、加速度分析（求$a_{DE}$）

以$C$为动点，动系仍固结于顶杆，加速度合成定理：
$a_C = a_e + a_r + a_{Ck}$

  • $a_C = a_{凸轮}=a_B$（凸轮平动，$a_B$为$B$点加速度）。
  • $a_e = a_{DE}$（牵连加速度，竖直）。
  • $a_r$：相对加速度（沿顶杆，竖直）。
  • $a_{Ck}=2\omega_e \times v_r$：科氏加速度（$\omega_e=0$，因动系平动，$a_{Ck}=0$）。

$B$点加速度计算：
$O_2B$绕$O_2$转动，$a_B = O_2B \cdot \omega^2 = 0.2 \times 2^2 = 0.8\,\text{m/s}^2$（水平方向）。

几何关系：$a_C = a_{DE} \cdot \cot 30^\circ$，代入得：
$0.8 = a_{DE} \cdot \sqrt{3} \implies a_{DE} = \frac{0.8}{\sqrt{3}} \approx 0.4619\,\text{m/s}^2$

修正：考虑凸轮圆心$O_2$的加速度
$O_2$点加速度$a_{O_2} = O_1O_2 \cdot \omega^2$（$O_1O_2=0.4\,\text{m}$），$a_{O_2}=0.4 \times 4=1.6\,\text{m/s}^2$（水平）。
凸轮加速度$a_{凸轮}=a_{O_2} - a_B = 1.6 - 0.8=0.8\,\text{m/s}^2$（方向不变）。

最终：
$a_{DE} = \frac{a_{凸轮}}{\cos 30^\circ} = \frac{0.8}{\sqrt{3}/2} \approx 0.924\,\text{m/s}^2$