第四章 平面机构的运动分析内容简介本章主要论述了当已知原动件的运动规律时,如何确定机构其余构件上所研究点的位移,速度和加速度以及各构件的角位移,角速度和角加速度 。 主要介绍了速度瞬心法和解析法,重点阐述了解析法中的整体分析法 。 简单介绍了相对运动图解法和解析法中的杆组法 。
学习要求了解平面机构运动分析的目的和方法；掌握瞬心的概念及其在速度分析中的应用；掌握解析法中的整体运动分析法或相对运动图解法；对其它方法有一般的了解。
主要内容第一节 概述第二节 用瞬心法作机构的运动分析第三节 运动分析的相对运动图解法第四节 平面矢量的复数极坐标表示法第五节 平面机构的整体运动分析法第一节 概述学习要求本节要求了解运动分析的目的、方法及各种方法的优缺点。
其中，解析法中的整体分析法是本章的重点。
主要内容机构运动分析的目的和范围机构运动分析的方法机构运动分析的目的和范围
1．机构运动分析的目的：分析现有机构工作性能，检验新机构。
通过 轨迹分析,确定构件运动所需空间，判断运动是否干涉。
通过 速度分析,确定构件的速度是否合乎要求，为加速度分析和受力分析提供必要的数据。
通过 加速度分析,确定构件的加速度是否合乎要求，为惯性力的计算提供加速度数据，。
由上述可知,运动分析既是综合的基础，也是力分析的基础 。另外，还为机械系统的动力学分析提供速度和加速度数据。
2．机构运动分析的范围不考虑引起机构运动的外力，机构构件的弹性变形和机构运动副中间隙对机构运动的影响，仅仅从几何角度研究在原动件的运动规律已知的情况下，
如何确定机构其余构件上各点的轨迹、线位移、线速度和线加速度，以及机构中其余构件的角位移、角速度和角加速度等运动参数。
概述机构运动分析的方法
1,图解法,形象、直观,但精度不高 ；
（ 1）相对运动图解法
（ 2）对于速度分析，还有瞬心法
2,解析法,效率高，速度快,精度高；
便于对机构进行深入的研究。
（ 1）杆组法
（ 2）整体分析法
（ 3）位移分析,是速度分析和加速度分析的基础
（ 4）所用数学工具,矢量、复数、矩阵重点：矢量运算法概述第二节 用瞬心法作机构的速度分析学习要求本节要求全面掌握瞬心的概念，熟练掌握用瞬心法对机构进行速度分析的方法。
主要内容瞬心的概念和种类机构中通过运动副直接相联的两构件瞬心位置的确定三心定理速度瞬心法在平面机构速度分析中的应用本节例题瞬心的概念和种类瞬心是 瞬时等速重合点 。瞬时，
是指瞬心的位置随时间而变；等速，是指在瞬心这一点，两构件的绝对速度相等（包括大小和方向）、相对速度为零；重合点，
是指瞬心既在构件 1上，也在构件
2上，是两构件的重合点。
用瞬心法作机构的速度分析
1,瞬心的概念图 4-1 速度瞬心
2,瞬心的种类
1,绝对瞬心,构成瞬心的两个构件之一固定不动，瞬心点的绝对速度为零 。
2,相对瞬心,构成瞬心的两个构件均处于运动中，瞬心点的绝对速度相等、相对速度为零 。
由此可知，绝对瞬心是相对瞬心的一种特殊情况 。
3,机构中瞬心的数目设机构中有 N个（包括机架）构件，每两个进行组合，则该机构中总的瞬心数目为
K= N(N-1) / 2 (4-1)
用瞬心法作机构的速度分析机构中通过运动副直接相联的两构件瞬心位置的确定
1.两构件作平面运动时,
如图 4-1所示,作 VA2A1 和 VB2B1 两相对速度方向的垂线，它们的交点（图中的 P21）即为瞬心。
图 4-1
2.两构件组成移动副,
因相对移动速度方向都平行于移动副的导路方向 (如图 4-2 a所示 )，故瞬心 P12在垂直于导路的无穷远处。
图 4-2a
用瞬心法作机构的速度分析
3.两构件组成转动副,
两构件 绕转动中心相对转动，故该转动副的中心便是它们的瞬心图 4-2b
4.两构件组成纯滚动的高副其接触点的相对速度为零，所以接触点就是瞬心 。
图 4-2 c
用瞬心法作机构的速度分析用瞬心法作机构的速度分析
5.两构件组成滑动兼滚动的高副,
因接触点的公切线方向为相对速度方向，故瞬心应在过接触点的公法线 nn上（如图 4-2d所示），具体位置由其它条件来确定。
图 4-2d
三心定理作平面运动的三个构件共有三个瞬心，它们位于同一直线上。
设构件 1为机架，因构件 2和
3均以转动副与构件 1相联，
故 P12和 P13位于转动中心，如图所示。为了使 P23点的构件 2
和 3的绝对速度的方向相同，
P23不可能在 M点，只能与 P13
和 P12位于同一条直线上 。
用瞬心法作机构的速度分析用瞬心法作机构的速度分析作平面运动的三个构件共有三个瞬心，它们位于同一直线上。
设构件 1为机架，因构件 2和
3均以转动副与构件 1相联，
故 P12和 P13位于转动中心，如图所示。为了使 P23点的构件 2
和 3的绝对速度的方向相同，
P23不可能在 M点，只能与 P13
和 P12位于同一条直线上 。
三心定理
2
2414
2412
4 PP
PP?
已知：构件 2的角速度 ω2和长度比例尺 μl ;
求,VE和 ω4=？
各瞬心如图所示，因 在 P24点，
构件 2和 4的绝对速度相等,
故
ω2 （ P24 P12） μl = ω4 （ P24
P14） μl,得：
2
2414
2412
144 PP
PPEPV
lE
速度瞬心法在平面机构速度分析中的应用用瞬心法作机构的速度分析本节例题已知,构件 2的角速度 ω2 和 长度比例尺 μl
求,从动件 3 的速度 V3；
解,由直接观察法可得 P12，由三心定理可得 P13和 P23如图所示。由瞬心的概念可知：
用瞬心法作机构的速度分析
lPPv 231223?
第三节 运动分析的相对运动图解法学习要求掌握相对运动图解法,能正确地列出机构的速度和加速度矢量方程，准确地绘出速度和加速度图，并由此解出待求量。
主要内容同一构件上两点间的速度和加速度关系移动副两构件重合点间的速度和加速度关系
Ⅱ 级机构位置图的确定速度分析加速度分析运动分析的相对运动图解法同一构件上两点间的速度和加速度关系构件 AB作平面运动时，可以看作随其上任一点（基点） A 的牵连运动和绕基点 A 的相对转动。 C的绝对速度可用矢量方程表示为,
式中,牵连速度； 是 C点相对于 A点的相对速度,
其大小为,,方向如图,
CAAC VVV
AV CAV
C点的加速度可用矢量方程式表示为,
是牵连加速度,是 C点相对于 A点的相对加速度,是法向加速度,
是切向加速度
tCAnCAACAAC aaaaaa
Aa CAa
nCAa tCAa
的方向如图,方向平行于
AC且由 C指向 A。
tCAa nCAa
kB2B1a
B 2 B 1kB 2 B 1 V2 ωa
为哥氏加速度，其计算公式为,
其方向是将相对速度 的矢量箭头绕箭尾沿牵连角速度的方向转过 900
B2B1V
同一构件上两点间的速度和加速度关系
B2B1B1B2 VVV
运动分析的相对运动图解法动点 B2的绝对加速度等于相对加速度
、牵连加速度与哥氏加速度三者的矢量和,即是牵连加速度； 为 B2点相对于 B1点的相对加速度，其方向平行于导路。
rB 2 B 1kB 2 B 1B1B2 aaaa
B1a rB2B1a
动点 B2的绝对速度等于它的重合点的牵连速度和相对速度的矢量和，即是牵连速度； VB2B1 为 B2点相对于 B1点的相对速度,它的方向与导路平行。
B1V
B 2 B 1B1B2 VVV
Ⅱ 级机构位置图的确定 Ⅱ 级机构 中,Ⅱ 级组的内部运动副相对于外部运动副的轨迹不是圆弧，就是直线。
左上图中 Ⅱ 级组 BCD中的内副
C相对于外副 B,D的轨迹是圆弧，故其位置可由两圆弧的交点确定。
左下图中 Ⅱ 级组 BCD的内副 C
相对于外副 B的轨迹是圆弧，相对于外副 D的轨迹是直线。故其位置可由直线与圆弧的交点来确定。
运动分析的相对运动图解法速度分析
CBBC VVV
1?ABl
E 5 E 4E4E5 VVV
运动分析的相对运动图解法
mm
sm
pb
v
mm
sm B
v
//
图中线段长度真实速度大小?
vCBvC bcvpcv )(,)(
BCCBCDC lvlv // 23 和
vEEvE eevpev )(,)( 544555
bcBCBE?)/()(
已知：各构件的长和构件 1
的位置及等角速度 ω1
求,ω2,ω3 和 VE5
解,1.取长度比例尺画出左图 a所示的机构位置图,确定解题步骤,
先分析 Ⅱ 级组 BCD，然后再分析 4、
5 构件组成的 Ⅱ 级组。
对于构件 2,VB2=VB1= ω1lAB
方向,CD AB CB
大小,
be2=
对于构件 4和 5:
方向,EF √ ∥ EF
大小,? √?
C B C Ba a a
n t n t n tC C B B C B C Ba a a a a a
CDl23? ABl21? CBl
22?
cbBCBEeb 2 ）（）（ 2224 / smepaa aEE
rE 5 E 4kE 5 E 4E4tE5nE5E5 aaaaaa
mm
sm
bp
a
mm
sm nb
a
22 //
图中线段长度实际的加速度值?
aE epa?）（ 55
EFl25? 5452?EEv
运动分析的相对运动图解法加速度分析 已知,各构件的长度和各速度参数求,aE5
解,对于构件 2,
方向,C→D CD B→A AB C→B CB
大小,? 0?
构件 4
和 5,E→F EF? EF //EF
第四节 平面矢量的复数极坐标表示法学习要求本节要求熟悉平面矢量的复数极坐标表示法，包括矢量的回转；掌握矢量的微分 。
主要内容平面矢量的复数极坐标表示法与坐标轴重合的单位矢量矢量的回转复数极坐标表示的矢量的微分平面矢量的复数极坐标表示法
1,用复数表示平面矢量若用复数表示平面矢量 r,r=rx+i·ry,rx是实部,ry是虚部,
r=r（ cosφ+isinφ）,其中的 φ称为幅角，逆时针为正，
顺时针为负； r=lrl,是矢量的模。
2,利用欧拉公式表示平面矢量利用欧拉公式 eiφ=cosφ+i·sinφ,可将矢量表示为,
r=reiφ,其中 eiφ是 单位矢量，它表示矢量的方向；
leiφl = =1,
eiφ表示一个以原点为圆心、以 1为半径的圆周上的点。
平面矢量的复数极坐标表示法
22 s inc o s?
与坐标轴重合的单位矢量与坐标轴重合的单位矢量如表 4-1和图 4-15所示。
表 4-1 与坐标轴重合的单位矢量
φ eiφ 代表的矢量
0 X轴正向的单位矢量
y轴正向的单位矢量
X轴负向的单位矢量
3 y轴负向的单位矢量图 4-15
平面矢量的复数极坐标表示法
0 c os 0 sin 0 1iei
/2/2 c o s / 2 s i n / 2ie i i
c os sin 1iei
/23 / 2 c o s 3 / 2 s i n 3 / 2ie i i
矢量的回转若乘以矢量 r，相当于把矢量 r绕原点旋转了 θ角。
表 4-2列出了单位矢量旋转的几种特殊情况。
表 4-2 单位矢量旋转的几种特殊情况被乘数 结果 作用
i i·e iφ=ei·(φ+π/2) 相当于矢量逆时针转过 π/2角
i2 i2·e iφ= - eiφ =ei·(φ+π) 相当于矢量逆时针转过 π角
i3 i3·e iφ=- i·e iφ=ei·(φ+3π/2) =ei·(φ-π/2) 相当于矢量逆时针转过 3π/2角或顺时针转 π/2角因 eiφ· e-iφ=ei(φ-φ)=1，故 e-iφ是 eiφ的共轭复数 。
平面矢量的复数极坐标表示法
ie
复数极坐标表示的矢量的微分平面矢量的复数极坐标表示法
)2/()( ii
r
ii erevie
dt
dre
dt
dr
dt
d r
ie )2/(ie
rv
r
i
readt
d?
2
2 r
)2/()(2)2/(2 iii
r ererev
ie )2/(ie )(ie
)2/(ie
ra?rv2
2?r?r
ire设 r= 则对时间的 一阶导数 为：
式中,vr 是矢量大小的变化率； ω 是角速度； rω 是线速度 。
对时间的 二阶导数 为：
方向：
大小：
+
方向：
大小：
式中 α 是角加速度。
第五节 平面机构的整体运动分析法学习要求掌握平面机构运动分析解析法中的整体分析法。包括建立数学模型、
编制框图和程序、上计算机调试程序，直到得出正确的结果。
主要内容平面机构运动分析的矢量运算法曲柄滑块机构的位移分析曲柄滑块机构的速度分析曲柄滑块机构的加速度分析曲柄摇杆机构的位移分析曲柄摇杆机构的速度分析曲柄摇杆机构的加速度分析曲柄摇杆机构运动分析的框图及编程注意事项摆动导杆机构的位移分析摆动导杆机构的速度分析摆动导杆机构的加速度分析摆动导杆机构运动分析的编程注意事项平面机构运动分析的矢量运算法
1．方法与步骤,
A,首先选定直角坐标系 ;
B,选取各杆的矢量方向与转角 ;
C,根据所选矢量方向画出封闭的矢量多边形 ;
D,根据封闭矢量多边形列出复数极坐标形式的矢量方程式 ;
E,由矢量方程式的实部和虚部分别相等得到位移方程；
F,由该位移方程解出所求位移参量的解析表达式。
G,将位移方程对时间求一次导数后，得出速度方程式并解得所求速度参量 ;
H,将速度方程式对时间再求一次导数后，得出加速度方程式并解得所求速度参量 ;
平面机构的整体运动分析法
2．注意事项
A,在选取各杆的矢量方向及转角时，对与机架相铰接的构件，建议其矢量方向由固定铰链向外指，这样便于标出转角。
B,转角的正负：规定以轴的正向为基准，逆时针方向转至所讨论矢量的转角为正，反之为负。
平面机构的整体运动分析法曲柄滑块机构的位移分析实线位置的 BC相当于 M=+1的情况，而双点划线位置的则与 M=-1
相对应。由式（ 4-9）和（ 4-10）
得到连杆的转角，即平面机构的整体运动分析法
2/021 iDCiiBCiAB elSeelel
Sll BCAB 21 co sco s
ell BCAB 21 s i ns i n
1122221 s i n2s i nc o s ellelMlS ABABBCAB
（ 4-11）
(4-10)
(4-9)
1
1
2 c o s
s ina r c t a n
AB
AB
lS
le
（ 4-12）
式中,M应按所给机构的装配方案选取由式（ 4-9）和（ 4-10）消去转角 φ2
可得由式（ 4-8）的实部和虚部分别相等可得由封闭矢量多边形 ABCD可得矢量方程已知,lAB,lBC,e,φ1 和 ω1
求,φ2,ω2,α2,s,vC、和 aC
曲柄滑块机构的速度分析将位移方程（ 4-8）式对时间求导可得：
由式（ 4-15）可得连杆的角速度,
将 ω2代入式（ 4-14）可求得滑块的速度 vC
平面机构的整体运动分析法
（ 4-8）
（ 4-15）
（ 4-14）
将式（ 4-13）的实部和虚部分别相等可得
2/021 iDCiiBCiAB elSeelel
.)2/(
2)2/(1 21 Selel iBCiAB
)2/( 1ie )2/(
2ie
1?ABl 2?BCl
（ 4-13）
.,
2211 s ins in Sll BCAB
0c o sc o s 2211 BCAB ll
2
11
2 c o s
c o s
BC
AB
l
l （ 4-16）
方向,∥ X轴大小,vC
意义,vB + vCB = vC
方向,∥ X轴大小：
意义,+ + =n
Ba
曲柄滑块机构的加速度分析将速度方程式（ 4-13）对时间求导可得由式（ 4-19）可得连杆的角加速度将 α2 代入式（ 4-18）
可求得滑块的加速度。
平面机构的整体运动分析法
（ 4-13）
（ 4-17）
（ 4-18）
（ 4-19）
..)2/(
2)(22)(21 221 Selelel iBCiBCiAB
.)2/(
2)2/(1 21 Selel iBCiAB
由式（ 4-17）的实部和虚部分别相等可得：
)( 1ie )( 2ie )2/( 2ie
2?BCl
0c o ss i ns i n 22222121 BCBCAB lll
)s i nc o s(c o s 22222121 BCABC lla
nCBa t
CBa Ca
2
22
2
1
2
1
2 t a nc o s
s i n
BC
AB
l
l
（ 4-20）
曲柄摇杆机构的位移分析已知,ω1,φ1、和各杆的长度 ；
求,φ3,φ2,ω2,ω3,α2和 α3；
1,建立求 φ3的三角方程,
由封闭矢量多边形 ABCD可得,AB + BC = AD + DC,即为了求解 φ３，将上式改写为三角方程：
平面机构的整体运动分析法
（ 4-24）
（ 4-21）
（ 4-22）
（ 4-23）
321 0 iDCiADiBCiAB elelelel
321 c o sc o sc o s DCADBCAB llll
321 s i ns i ns i n DCBCAB lll
2132132 )s i ns i n()c o sc o s( ABDCABDCADBC llllll
0co ss i n 33 CBA
1sinA 1co s/ ABAD llB
DCADDCABBCABDCAD llllllllC /c o s)2/()( 12222
为了消去角，将式（ 4-22）和（ 4-23）移项再平方后相加可得：
将式（ 4-21）的实部和虚部分别相等可得：
2,求 φ3的数学公式 平面机构的整体运动分析法
（ 4-24）
（ 4-26）
（ 4-27）
上式中的Ｍ＝ ± １，表示给定 φ 1时，可有两个值，这相应于上图所示两个交点Ｃ’和Ｃ’’。对此应按照所给机构的装配方案（ C’
处Ｍ＝＋１，而 C’’ Ｍ＝－１）选择＋１或 -1。
0co ss i n 33 CBA
)2/t a n ( 3x 于是
)1/(2s in 23 xx )1/()1(c o s 223 xx
从而，式（ 4-24）可化成下列二次方程式
0)(2)( 2 CBAxxCB
由（ 4-26）式解出 x可得
CB
CBAMAx
222
3 a r c t a n2a r c t a n2?
为了便于用代数方法求解 φ 3,令
3,由运动的连续性选取Ｍ的值 平面机构的整体运动分析法
（ 4-28）
（ 4-29）
(1)计算与 φ 1的初值（如 φ 1 =0时）相对应的 φ 3的初值,
)c o s ()(2)( 3222 ABADDCABADDCBC lllllll由图可知,因故,
Rlll llll
ABADDC
ABADDCBC?
)(2
)(c o s 222
3?
R
R 2
3
1a r c t a n
(2)由运动的连续性选取Ｍ的值框图中的 P３
是前一步的 φ ３ 。
４,求 φ2
φ 3求出后，连杆的位置角 φ 2可由式
（ 4-22）和（ 4-23）求得,
平面机构的整体运动分析法
（ 4-22）
（ 4-23）
（ 4-30）
321 c o sc o sc o s DCADBCAB llll
321 s i ns i ns i n DCBCAB lll
13
13
2 c o sc o s
s i ns i na r c t a n
ABDCAD
ABDC
lll
ll
曲柄摇杆机构的速度分析平面机构的整体运动分析法
（ 4-31）
（ 4-34）
（ 4-33）
（ 4-32）
（ 4-21）
321 0 iDCiADiBCiAB elelelel
)2/(3)2/(2)2/(1 321 iDCiBCiAB elelel
将位移方程式（ 4-21）对时间求导可得：
方向：
大小：
意义,Ｖ Ｂ ＋ Ｖ ＣＢ ＝ Ｖ
Ｃ
)2/( 1ie )2/( 2ie )2/( 3ie
1?ABl 2?BCl 3?DCl
332211
332211
c o sc o sc o s
s i ns i ns i n
DCBCAB
DCBCAB
lll
lll
1
32
31
2 )s i n (
)s i n (?
BC
AB
l
l
1
23
21
3 )s i n (
)s i n (?
DC
AB
l
l
由式（ 4-32）解得：
角速度的正和负分别表示逆时针和顺时针方向转动。
将式（ 4-31）的实部和虚部分别相等可得：
曲柄摇杆机构的加速度分析
（ 4-31）
（ 4-35）
（ 4-36）
（ 4-37）
（ 4-38）
平面机构的整体运动分析法
)2/(3)2/(2)2/(1 321 iDCiBCiAB elelel
将速度方程式（ 4-31）对时间再求导可得：
)2/(3)(23)2/(2)(22)(21 33221 iDCiDCiBCiBCiAB elelelelel
)( 1ie )( 2ie )2/( 2ie )( 3ie )2/( 3ie
21?ABl 2
2?BCl 2?BCl
23?DCl 3?DCl
nBAa nCBa tCBa nCDa tCDa
方向：
大小：
意义,+ + = +
将式（ 4-35）的实部和虚部分别相等可得：
333
2
3222
2
21
2
1
333
2
3222
2
21
2
1
c o ss inc o ss ins in
s inc o ss inc o sc o s
DCDCBCBCAB
DCDCBCBCAB
lllll
lllll
)s i n (
)c o s ()c o s (
23
23
2
3
2
221
2
1
3
DC
DCBCAB
l
lll
)s i n (
)c o s ()c o s (
23
2
323
2
231
2
1
2
BC
DCBCAB
l
lll
由（ 4-36）式可解得：
曲柄摇杆机构运动分析的框图设计及注意事项
1.曲柄摇杆机构运动分析的框图如下图所示。
平面机构的整体运动分析法
2.编程注意事项实际机构构件 3的初位角 φ 3’ 只可能在第 Ⅰ,Ⅱ 象限,而计算机由反正切函数输出的只可能在第 Ⅰ,
Ⅳ 象限。
2/0 3
2/0 3
0tan 3
0tan 3
故需作角度处理，如框图的第三框所示。
框图的第六框是用运动的连续性来确定应取哪个值。
摆动导杆机构的位移分析
1,运动情况,原动件 2作整周转动,输出构件 4只能左右摆动,滑块 3随构件 4一起摆动的同时还沿构件 4移动。
2,已知,ω2,φ2和 各构件的长度 ；
要求,φ4,ω4,α4,s,Vr,ar。
由封闭矢量多边形 BAC可得矢量方程式
BA+AC=BC 即将式（ 4-40）的虚部和实部分别相等可得平面机构的整体运动分析法
（ 4-40）
422/ iiACiBA Seelel
42
42
c o sc o s
s i ns i n
Sl
Sll
AC
ACBA
2
2
4 c o s
s i na r c t a n
AC
ACBA
l
ll
222 s i n2?BAACBAAC llllS
（ 4-41）由式（ 4-41）可得
（ 4-42） （ 4-43）
在三角形 ABC中，根据余弦定理可得摆动导杆机构的速度分析 平面机构的整体运动分析法
（ 4-48）（ 4-47）
422/ iiACiBA Seelel
（ 4-40） 将位移方程式（ 4-40）对时间求导可得
442 )2/(4)2/(2 iriiAC eveSel
（ 4-44）
方向：
大小：
意义,VC3 = VC4 + VC3C4
)2/( 2ie )2/( 4ie 4?ie
2?ACl 4?S rv
将式（ 4-44）的实部和虚部分别相等可得：
44422
44422
s i nc o sc o s
c o ss i ns i n
rAC
rAC
vSl
vSl
（ 4-45）
坐标系 xBy绕点转 φ 4角，则由式（ 4-45）可得：
)s i n ()c o s ()c o s (
)c o s ()s i n ()s i n (
44444422
44444422
rAC
rAC
vSl
vSl （ 4-46）
由式（ 4-46）可求得构件 4得角速度 ω4和相对速度 vr为：
S
l AC )c o s ( 422
4
)s i n ( 422 ACr lv
摆动导杆机构的加速度分析 平面机构的整体运动分析法
（ 4-49）
（ 4-51）
（ 4-52）
（ 4-53）
（ 4-54）
442 )2/(4)2/(2 iriiAC eveSel
（ 4-44）
44442 )2/(4)(24)2/(4)(22 2 iriiiriAC eaeSeSevel
)( 2ie )2/( 4ie )( 4ie )2/( 4ie 4?ie
22?ACl 42?rv 24?S 4?S ra
3nCa 34kCCa 4nCa 4tCa 34rCCa
rAC aSl 244222 )c o s (
444222 2)s i n ( Svl rAC
)c o s ( 422224 ACr lSa
Slv ACr /)]s i n (2[ 422244
将速度方程式（ 4-44）对时间求导可得：
方向：
大小：
意义,= + + +
由上式实部和虚部分别相等并将坐标系绕 B点转 φ 4角可得,
由上面两式可 分别得相对加速度和构件 4的角加速度摆动导杆机构运动分析的编程注意事项由式（ 4-42）可知，当 或 时，
因分母为零会产生溢出而使程序计算无法进行，由摆动导杆机构的运动可知，此时的,因此，编程时应加以注意和处理，如后面的图所示。
2,注意角度处理对于摆动导杆机构，角度 φ4只可能在第 Ⅰ 和第 Ⅱ 象限，
而计算机由反正切求出的 φ4只可能在第 Ⅰ 和第 Ⅳ 象限，
故需作角度处理，如下图所示。
（ 4-42）
1,避免分母为零
2
24
c o s
s i na r c t a n
AC
ACBA
l
ll
2/2
2/4
2/32
φ2=π/2或 φ2=3 π/2？Φ4=π/2
由式（ 4-42）求 Φ4
Φ4<0？ Φ4 = Φ4+π
yes
No
yes
接下面程序
No
学习要求了解平面机构运动分析的目的和方法；掌握瞬心的概念及其在速度分析中的应用；掌握解析法中的整体运动分析法或相对运动图解法；对其它方法有一般的了解。
主要内容第一节 概述第二节 用瞬心法作机构的运动分析第三节 运动分析的相对运动图解法第四节 平面矢量的复数极坐标表示法第五节 平面机构的整体运动分析法第一节 概述学习要求本节要求了解运动分析的目的、方法及各种方法的优缺点。
其中，解析法中的整体分析法是本章的重点。
主要内容机构运动分析的目的和范围机构运动分析的方法机构运动分析的目的和范围
1．机构运动分析的目的：分析现有机构工作性能，检验新机构。
通过 轨迹分析,确定构件运动所需空间，判断运动是否干涉。
通过 速度分析,确定构件的速度是否合乎要求，为加速度分析和受力分析提供必要的数据。
通过 加速度分析,确定构件的加速度是否合乎要求，为惯性力的计算提供加速度数据，。
由上述可知,运动分析既是综合的基础，也是力分析的基础 。另外，还为机械系统的动力学分析提供速度和加速度数据。
2．机构运动分析的范围不考虑引起机构运动的外力，机构构件的弹性变形和机构运动副中间隙对机构运动的影响，仅仅从几何角度研究在原动件的运动规律已知的情况下，
如何确定机构其余构件上各点的轨迹、线位移、线速度和线加速度，以及机构中其余构件的角位移、角速度和角加速度等运动参数。
概述机构运动分析的方法
1,图解法,形象、直观,但精度不高 ；
（ 1）相对运动图解法
（ 2）对于速度分析，还有瞬心法
2,解析法,效率高，速度快,精度高；
便于对机构进行深入的研究。
（ 1）杆组法
（ 2）整体分析法
（ 3）位移分析,是速度分析和加速度分析的基础
（ 4）所用数学工具,矢量、复数、矩阵重点：矢量运算法概述第二节 用瞬心法作机构的速度分析学习要求本节要求全面掌握瞬心的概念，熟练掌握用瞬心法对机构进行速度分析的方法。
主要内容瞬心的概念和种类机构中通过运动副直接相联的两构件瞬心位置的确定三心定理速度瞬心法在平面机构速度分析中的应用本节例题瞬心的概念和种类瞬心是 瞬时等速重合点 。瞬时，
是指瞬心的位置随时间而变；等速，是指在瞬心这一点，两构件的绝对速度相等（包括大小和方向）、相对速度为零；重合点，
是指瞬心既在构件 1上，也在构件
2上，是两构件的重合点。
用瞬心法作机构的速度分析
1,瞬心的概念图 4-1 速度瞬心
2,瞬心的种类
1,绝对瞬心,构成瞬心的两个构件之一固定不动，瞬心点的绝对速度为零 。
2,相对瞬心,构成瞬心的两个构件均处于运动中，瞬心点的绝对速度相等、相对速度为零 。
由此可知，绝对瞬心是相对瞬心的一种特殊情况 。
3,机构中瞬心的数目设机构中有 N个（包括机架）构件，每两个进行组合，则该机构中总的瞬心数目为
K= N(N-1) / 2 (4-1)
用瞬心法作机构的速度分析机构中通过运动副直接相联的两构件瞬心位置的确定
1.两构件作平面运动时,
如图 4-1所示,作 VA2A1 和 VB2B1 两相对速度方向的垂线，它们的交点（图中的 P21）即为瞬心。
图 4-1
2.两构件组成移动副,
因相对移动速度方向都平行于移动副的导路方向 (如图 4-2 a所示 )，故瞬心 P12在垂直于导路的无穷远处。
图 4-2a
用瞬心法作机构的速度分析
3.两构件组成转动副,
两构件 绕转动中心相对转动，故该转动副的中心便是它们的瞬心图 4-2b
4.两构件组成纯滚动的高副其接触点的相对速度为零，所以接触点就是瞬心 。
图 4-2 c
用瞬心法作机构的速度分析用瞬心法作机构的速度分析
5.两构件组成滑动兼滚动的高副,
因接触点的公切线方向为相对速度方向，故瞬心应在过接触点的公法线 nn上（如图 4-2d所示），具体位置由其它条件来确定。
图 4-2d
三心定理作平面运动的三个构件共有三个瞬心，它们位于同一直线上。
设构件 1为机架，因构件 2和
3均以转动副与构件 1相联，
故 P12和 P13位于转动中心，如图所示。为了使 P23点的构件 2
和 3的绝对速度的方向相同，
P23不可能在 M点，只能与 P13
和 P12位于同一条直线上 。
用瞬心法作机构的速度分析用瞬心法作机构的速度分析作平面运动的三个构件共有三个瞬心，它们位于同一直线上。
设构件 1为机架，因构件 2和
3均以转动副与构件 1相联，
故 P12和 P13位于转动中心，如图所示。为了使 P23点的构件 2
和 3的绝对速度的方向相同，
P23不可能在 M点，只能与 P13
和 P12位于同一条直线上 。
三心定理
2
2414
2412
4 PP
PP?
已知：构件 2的角速度 ω2和长度比例尺 μl ;
求,VE和 ω4=？
各瞬心如图所示，因 在 P24点，
构件 2和 4的绝对速度相等,
故
ω2 （ P24 P12） μl = ω4 （ P24
P14） μl,得：
2
2414
2412
144 PP
PPEPV
lE
速度瞬心法在平面机构速度分析中的应用用瞬心法作机构的速度分析本节例题已知,构件 2的角速度 ω2 和 长度比例尺 μl
求,从动件 3 的速度 V3；
解,由直接观察法可得 P12，由三心定理可得 P13和 P23如图所示。由瞬心的概念可知：
用瞬心法作机构的速度分析
lPPv 231223?
第三节 运动分析的相对运动图解法学习要求掌握相对运动图解法,能正确地列出机构的速度和加速度矢量方程，准确地绘出速度和加速度图，并由此解出待求量。
主要内容同一构件上两点间的速度和加速度关系移动副两构件重合点间的速度和加速度关系
Ⅱ 级机构位置图的确定速度分析加速度分析运动分析的相对运动图解法同一构件上两点间的速度和加速度关系构件 AB作平面运动时，可以看作随其上任一点（基点） A 的牵连运动和绕基点 A 的相对转动。 C的绝对速度可用矢量方程表示为,
式中,牵连速度； 是 C点相对于 A点的相对速度,
其大小为,,方向如图,
CAAC VVV
AV CAV
C点的加速度可用矢量方程式表示为,
是牵连加速度,是 C点相对于 A点的相对加速度,是法向加速度,
是切向加速度
tCAnCAACAAC aaaaaa
Aa CAa
nCAa tCAa
的方向如图,方向平行于
AC且由 C指向 A。
tCAa nCAa
kB2B1a
B 2 B 1kB 2 B 1 V2 ωa
为哥氏加速度，其计算公式为,
其方向是将相对速度 的矢量箭头绕箭尾沿牵连角速度的方向转过 900
B2B1V
同一构件上两点间的速度和加速度关系
B2B1B1B2 VVV
运动分析的相对运动图解法动点 B2的绝对加速度等于相对加速度
、牵连加速度与哥氏加速度三者的矢量和,即是牵连加速度； 为 B2点相对于 B1点的相对加速度，其方向平行于导路。
rB 2 B 1kB 2 B 1B1B2 aaaa
B1a rB2B1a
动点 B2的绝对速度等于它的重合点的牵连速度和相对速度的矢量和，即是牵连速度； VB2B1 为 B2点相对于 B1点的相对速度,它的方向与导路平行。
B1V
B 2 B 1B1B2 VVV
Ⅱ 级机构位置图的确定 Ⅱ 级机构 中,Ⅱ 级组的内部运动副相对于外部运动副的轨迹不是圆弧，就是直线。
左上图中 Ⅱ 级组 BCD中的内副
C相对于外副 B,D的轨迹是圆弧，故其位置可由两圆弧的交点确定。
左下图中 Ⅱ 级组 BCD的内副 C
相对于外副 B的轨迹是圆弧，相对于外副 D的轨迹是直线。故其位置可由直线与圆弧的交点来确定。
运动分析的相对运动图解法速度分析
CBBC VVV
1?ABl
E 5 E 4E4E5 VVV
运动分析的相对运动图解法
mm
sm
pb
v
mm
sm B
v
//
图中线段长度真实速度大小?
vCBvC bcvpcv )(,)(
BCCBCDC lvlv // 23 和
vEEvE eevpev )(,)( 544555
bcBCBE?)/()(
已知：各构件的长和构件 1
的位置及等角速度 ω1
求,ω2,ω3 和 VE5
解,1.取长度比例尺画出左图 a所示的机构位置图,确定解题步骤,
先分析 Ⅱ 级组 BCD，然后再分析 4、
5 构件组成的 Ⅱ 级组。
对于构件 2,VB2=VB1= ω1lAB
方向,CD AB CB
大小,
be2=
对于构件 4和 5:
方向,EF √ ∥ EF
大小,? √?
C B C Ba a a
n t n t n tC C B B C B C Ba a a a a a
CDl23? ABl21? CBl
22?
cbBCBEeb 2 ）（）（ 2224 / smepaa aEE
rE 5 E 4kE 5 E 4E4tE5nE5E5 aaaaaa
mm
sm
bp
a
mm
sm nb
a
22 //
图中线段长度实际的加速度值?
aE epa?）（ 55
EFl25? 5452?EEv
运动分析的相对运动图解法加速度分析 已知,各构件的长度和各速度参数求,aE5
解,对于构件 2,
方向,C→D CD B→A AB C→B CB
大小,? 0?
构件 4
和 5,E→F EF? EF //EF
第四节 平面矢量的复数极坐标表示法学习要求本节要求熟悉平面矢量的复数极坐标表示法，包括矢量的回转；掌握矢量的微分 。
主要内容平面矢量的复数极坐标表示法与坐标轴重合的单位矢量矢量的回转复数极坐标表示的矢量的微分平面矢量的复数极坐标表示法
1,用复数表示平面矢量若用复数表示平面矢量 r,r=rx+i·ry,rx是实部,ry是虚部,
r=r（ cosφ+isinφ）,其中的 φ称为幅角，逆时针为正，
顺时针为负； r=lrl,是矢量的模。
2,利用欧拉公式表示平面矢量利用欧拉公式 eiφ=cosφ+i·sinφ,可将矢量表示为,
r=reiφ,其中 eiφ是 单位矢量，它表示矢量的方向；
leiφl = =1,
eiφ表示一个以原点为圆心、以 1为半径的圆周上的点。
平面矢量的复数极坐标表示法
22 s inc o s?
与坐标轴重合的单位矢量与坐标轴重合的单位矢量如表 4-1和图 4-15所示。
表 4-1 与坐标轴重合的单位矢量
φ eiφ 代表的矢量
0 X轴正向的单位矢量
y轴正向的单位矢量
X轴负向的单位矢量
3 y轴负向的单位矢量图 4-15
平面矢量的复数极坐标表示法
0 c os 0 sin 0 1iei
/2/2 c o s / 2 s i n / 2ie i i
c os sin 1iei
/23 / 2 c o s 3 / 2 s i n 3 / 2ie i i
矢量的回转若乘以矢量 r，相当于把矢量 r绕原点旋转了 θ角。
表 4-2列出了单位矢量旋转的几种特殊情况。
表 4-2 单位矢量旋转的几种特殊情况被乘数 结果 作用
i i·e iφ=ei·(φ+π/2) 相当于矢量逆时针转过 π/2角
i2 i2·e iφ= - eiφ =ei·(φ+π) 相当于矢量逆时针转过 π角
i3 i3·e iφ=- i·e iφ=ei·(φ+3π/2) =ei·(φ-π/2) 相当于矢量逆时针转过 3π/2角或顺时针转 π/2角因 eiφ· e-iφ=ei(φ-φ)=1，故 e-iφ是 eiφ的共轭复数 。
平面矢量的复数极坐标表示法
ie
复数极坐标表示的矢量的微分平面矢量的复数极坐标表示法
)2/()( ii
r
ii erevie
dt
dre
dt
dr
dt
d r
ie )2/(ie
rv
r
i
readt
d?
2
2 r
)2/()(2)2/(2 iii
r ererev
ie )2/(ie )(ie
)2/(ie
ra?rv2
2?r?r
ire设 r= 则对时间的 一阶导数 为：
式中,vr 是矢量大小的变化率； ω 是角速度； rω 是线速度 。
对时间的 二阶导数 为：
方向：
大小：
+
方向：
大小：
式中 α 是角加速度。
第五节 平面机构的整体运动分析法学习要求掌握平面机构运动分析解析法中的整体分析法。包括建立数学模型、
编制框图和程序、上计算机调试程序，直到得出正确的结果。
主要内容平面机构运动分析的矢量运算法曲柄滑块机构的位移分析曲柄滑块机构的速度分析曲柄滑块机构的加速度分析曲柄摇杆机构的位移分析曲柄摇杆机构的速度分析曲柄摇杆机构的加速度分析曲柄摇杆机构运动分析的框图及编程注意事项摆动导杆机构的位移分析摆动导杆机构的速度分析摆动导杆机构的加速度分析摆动导杆机构运动分析的编程注意事项平面机构运动分析的矢量运算法
1．方法与步骤,
A,首先选定直角坐标系 ;
B,选取各杆的矢量方向与转角 ;
C,根据所选矢量方向画出封闭的矢量多边形 ;
D,根据封闭矢量多边形列出复数极坐标形式的矢量方程式 ;
E,由矢量方程式的实部和虚部分别相等得到位移方程；
F,由该位移方程解出所求位移参量的解析表达式。
G,将位移方程对时间求一次导数后，得出速度方程式并解得所求速度参量 ;
H,将速度方程式对时间再求一次导数后，得出加速度方程式并解得所求速度参量 ;
平面机构的整体运动分析法
2．注意事项
A,在选取各杆的矢量方向及转角时，对与机架相铰接的构件，建议其矢量方向由固定铰链向外指，这样便于标出转角。
B,转角的正负：规定以轴的正向为基准，逆时针方向转至所讨论矢量的转角为正，反之为负。
平面机构的整体运动分析法曲柄滑块机构的位移分析实线位置的 BC相当于 M=+1的情况，而双点划线位置的则与 M=-1
相对应。由式（ 4-9）和（ 4-10）
得到连杆的转角，即平面机构的整体运动分析法
2/021 iDCiiBCiAB elSeelel
Sll BCAB 21 co sco s
ell BCAB 21 s i ns i n
1122221 s i n2s i nc o s ellelMlS ABABBCAB
（ 4-11）
(4-10)
(4-9)
1
1
2 c o s
s ina r c t a n
AB
AB
lS
le
（ 4-12）
式中,M应按所给机构的装配方案选取由式（ 4-9）和（ 4-10）消去转角 φ2
可得由式（ 4-8）的实部和虚部分别相等可得由封闭矢量多边形 ABCD可得矢量方程已知,lAB,lBC,e,φ1 和 ω1
求,φ2,ω2,α2,s,vC、和 aC
曲柄滑块机构的速度分析将位移方程（ 4-8）式对时间求导可得：
由式（ 4-15）可得连杆的角速度,
将 ω2代入式（ 4-14）可求得滑块的速度 vC
平面机构的整体运动分析法
（ 4-8）
（ 4-15）
（ 4-14）
将式（ 4-13）的实部和虚部分别相等可得
2/021 iDCiiBCiAB elSeelel
.)2/(
2)2/(1 21 Selel iBCiAB
)2/( 1ie )2/(
2ie
1?ABl 2?BCl
（ 4-13）
.,
2211 s ins in Sll BCAB
0c o sc o s 2211 BCAB ll
2
11
2 c o s
c o s
BC
AB
l
l （ 4-16）
方向,∥ X轴大小,vC
意义,vB + vCB = vC
方向,∥ X轴大小：
意义,+ + =n
Ba
曲柄滑块机构的加速度分析将速度方程式（ 4-13）对时间求导可得由式（ 4-19）可得连杆的角加速度将 α2 代入式（ 4-18）
可求得滑块的加速度。
平面机构的整体运动分析法
（ 4-13）
（ 4-17）
（ 4-18）
（ 4-19）
..)2/(
2)(22)(21 221 Selelel iBCiBCiAB
.)2/(
2)2/(1 21 Selel iBCiAB
由式（ 4-17）的实部和虚部分别相等可得：
)( 1ie )( 2ie )2/( 2ie
2?BCl
0c o ss i ns i n 22222121 BCBCAB lll
)s i nc o s(c o s 22222121 BCABC lla
nCBa t
CBa Ca
2
22
2
1
2
1
2 t a nc o s
s i n
BC
AB
l
l
（ 4-20）
曲柄摇杆机构的位移分析已知,ω1,φ1、和各杆的长度 ；
求,φ3,φ2,ω2,ω3,α2和 α3；
1,建立求 φ3的三角方程,
由封闭矢量多边形 ABCD可得,AB + BC = AD + DC,即为了求解 φ３，将上式改写为三角方程：
平面机构的整体运动分析法
（ 4-24）
（ 4-21）
（ 4-22）
（ 4-23）
321 0 iDCiADiBCiAB elelelel
321 c o sc o sc o s DCADBCAB llll
321 s i ns i ns i n DCBCAB lll
2132132 )s i ns i n()c o sc o s( ABDCABDCADBC llllll
0co ss i n 33 CBA
1sinA 1co s/ ABAD llB
DCADDCABBCABDCAD llllllllC /c o s)2/()( 12222
为了消去角，将式（ 4-22）和（ 4-23）移项再平方后相加可得：
将式（ 4-21）的实部和虚部分别相等可得：
2,求 φ3的数学公式 平面机构的整体运动分析法
（ 4-24）
（ 4-26）
（ 4-27）
上式中的Ｍ＝ ± １，表示给定 φ 1时，可有两个值，这相应于上图所示两个交点Ｃ’和Ｃ’’。对此应按照所给机构的装配方案（ C’
处Ｍ＝＋１，而 C’’ Ｍ＝－１）选择＋１或 -1。
0co ss i n 33 CBA
)2/t a n ( 3x 于是
)1/(2s in 23 xx )1/()1(c o s 223 xx
从而，式（ 4-24）可化成下列二次方程式
0)(2)( 2 CBAxxCB
由（ 4-26）式解出 x可得
CB
CBAMAx
222
3 a r c t a n2a r c t a n2?
为了便于用代数方法求解 φ 3,令
3,由运动的连续性选取Ｍ的值 平面机构的整体运动分析法
（ 4-28）
（ 4-29）
(1)计算与 φ 1的初值（如 φ 1 =0时）相对应的 φ 3的初值,
)c o s ()(2)( 3222 ABADDCABADDCBC lllllll由图可知,因故,
Rlll llll
ABADDC
ABADDCBC?
)(2
)(c o s 222
3?
R
R 2
3
1a r c t a n
(2)由运动的连续性选取Ｍ的值框图中的 P３
是前一步的 φ ３ 。
４,求 φ2
φ 3求出后，连杆的位置角 φ 2可由式
（ 4-22）和（ 4-23）求得,
平面机构的整体运动分析法
（ 4-22）
（ 4-23）
（ 4-30）
321 c o sc o sc o s DCADBCAB llll
321 s i ns i ns i n DCBCAB lll
13
13
2 c o sc o s
s i ns i na r c t a n
ABDCAD
ABDC
lll
ll
曲柄摇杆机构的速度分析平面机构的整体运动分析法
（ 4-31）
（ 4-34）
（ 4-33）
（ 4-32）
（ 4-21）
321 0 iDCiADiBCiAB elelelel
)2/(3)2/(2)2/(1 321 iDCiBCiAB elelel
将位移方程式（ 4-21）对时间求导可得：
方向：
大小：
意义,Ｖ Ｂ ＋ Ｖ ＣＢ ＝ Ｖ
Ｃ
)2/( 1ie )2/( 2ie )2/( 3ie
1?ABl 2?BCl 3?DCl
332211
332211
c o sc o sc o s
s i ns i ns i n
DCBCAB
DCBCAB
lll
lll
1
32
31
2 )s i n (
)s i n (?
BC
AB
l
l
1
23
21
3 )s i n (
)s i n (?
DC
AB
l
l
由式（ 4-32）解得：
角速度的正和负分别表示逆时针和顺时针方向转动。
将式（ 4-31）的实部和虚部分别相等可得：
曲柄摇杆机构的加速度分析
（ 4-31）
（ 4-35）
（ 4-36）
（ 4-37）
（ 4-38）
平面机构的整体运动分析法
)2/(3)2/(2)2/(1 321 iDCiBCiAB elelel
将速度方程式（ 4-31）对时间再求导可得：
)2/(3)(23)2/(2)(22)(21 33221 iDCiDCiBCiBCiAB elelelelel
)( 1ie )( 2ie )2/( 2ie )( 3ie )2/( 3ie
21?ABl 2
2?BCl 2?BCl
23?DCl 3?DCl
nBAa nCBa tCBa nCDa tCDa
方向：
大小：
意义,+ + = +
将式（ 4-35）的实部和虚部分别相等可得：
333
2
3222
2
21
2
1
333
2
3222
2
21
2
1
c o ss inc o ss ins in
s inc o ss inc o sc o s
DCDCBCBCAB
DCDCBCBCAB
lllll
lllll
)s i n (
)c o s ()c o s (
23
23
2
3
2
221
2
1
3
DC
DCBCAB
l
lll
)s i n (
)c o s ()c o s (
23
2
323
2
231
2
1
2
BC
DCBCAB
l
lll
由（ 4-36）式可解得：
曲柄摇杆机构运动分析的框图设计及注意事项
1.曲柄摇杆机构运动分析的框图如下图所示。
平面机构的整体运动分析法
2.编程注意事项实际机构构件 3的初位角 φ 3’ 只可能在第 Ⅰ,Ⅱ 象限,而计算机由反正切函数输出的只可能在第 Ⅰ,
Ⅳ 象限。
2/0 3
2/0 3
0tan 3
0tan 3
故需作角度处理，如框图的第三框所示。
框图的第六框是用运动的连续性来确定应取哪个值。
摆动导杆机构的位移分析
1,运动情况,原动件 2作整周转动,输出构件 4只能左右摆动,滑块 3随构件 4一起摆动的同时还沿构件 4移动。
2,已知,ω2,φ2和 各构件的长度 ；
要求,φ4,ω4,α4,s,Vr,ar。
由封闭矢量多边形 BAC可得矢量方程式
BA+AC=BC 即将式（ 4-40）的虚部和实部分别相等可得平面机构的整体运动分析法
（ 4-40）
422/ iiACiBA Seelel
42
42
c o sc o s
s i ns i n
Sl
Sll
AC
ACBA
2
2
4 c o s
s i na r c t a n
AC
ACBA
l
ll
222 s i n2?BAACBAAC llllS
（ 4-41）由式（ 4-41）可得
（ 4-42） （ 4-43）
在三角形 ABC中，根据余弦定理可得摆动导杆机构的速度分析 平面机构的整体运动分析法
（ 4-48）（ 4-47）
422/ iiACiBA Seelel
（ 4-40） 将位移方程式（ 4-40）对时间求导可得
442 )2/(4)2/(2 iriiAC eveSel
（ 4-44）
方向：
大小：
意义,VC3 = VC4 + VC3C4
)2/( 2ie )2/( 4ie 4?ie
2?ACl 4?S rv
将式（ 4-44）的实部和虚部分别相等可得：
44422
44422
s i nc o sc o s
c o ss i ns i n
rAC
rAC
vSl
vSl
（ 4-45）
坐标系 xBy绕点转 φ 4角，则由式（ 4-45）可得：
)s i n ()c o s ()c o s (
)c o s ()s i n ()s i n (
44444422
44444422
rAC
rAC
vSl
vSl （ 4-46）
由式（ 4-46）可求得构件 4得角速度 ω4和相对速度 vr为：
S
l AC )c o s ( 422
4
)s i n ( 422 ACr lv
摆动导杆机构的加速度分析 平面机构的整体运动分析法
（ 4-49）
（ 4-51）
（ 4-52）
（ 4-53）
（ 4-54）
442 )2/(4)2/(2 iriiAC eveSel
（ 4-44）
44442 )2/(4)(24)2/(4)(22 2 iriiiriAC eaeSeSevel
)( 2ie )2/( 4ie )( 4ie )2/( 4ie 4?ie
22?ACl 42?rv 24?S 4?S ra
3nCa 34kCCa 4nCa 4tCa 34rCCa
rAC aSl 244222 )c o s (
444222 2)s i n ( Svl rAC
)c o s ( 422224 ACr lSa
Slv ACr /)]s i n (2[ 422244
将速度方程式（ 4-44）对时间求导可得：
方向：
大小：
意义,= + + +
由上式实部和虚部分别相等并将坐标系绕 B点转 φ 4角可得,
由上面两式可 分别得相对加速度和构件 4的角加速度摆动导杆机构运动分析的编程注意事项由式（ 4-42）可知，当 或 时，
因分母为零会产生溢出而使程序计算无法进行，由摆动导杆机构的运动可知，此时的,因此，编程时应加以注意和处理，如后面的图所示。
2,注意角度处理对于摆动导杆机构，角度 φ4只可能在第 Ⅰ 和第 Ⅱ 象限，
而计算机由反正切求出的 φ4只可能在第 Ⅰ 和第 Ⅳ 象限，
故需作角度处理，如下图所示。
（ 4-42）
1,避免分母为零
2
24
c o s
s i na r c t a n
AC
ACBA
l
ll
2/2
2/4
2/32
φ2=π/2或 φ2=3 π/2？Φ4=π/2
由式（ 4-42）求 Φ4
Φ4<0？ Φ4 = Φ4+π
yes
No
yes
接下面程序
No
