机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(2—8章)

φ12=φ11+ω11t2+(1/2)α2t22 式中: ω12=0, α2=Me12/Je1 所以

t2???J?1118.982?0.0504??11e1??0.811s?2Me21.179

1Me1221.179t2?1.1424?18.982?0.811?0.5??0.8112?9.125rad2Je10.0504

z3118020180?)?10.549???638`31``z4i2?52?35?

?12??11??11t2??每次点动后．电机转过的角度为

φ1=φ12+φ11=1.424+9.125=10.549rad 而转盘5转过的角度为：

?5??1(第8章课后习题参考答案

8-l 铰链四杆机构中，转动副成为周转副的条件是什么?在下图所示四杆机构ABCD中哪些运动副为周转副?当其杆AB与AD重合时，该机构在运动上有何特点?并用作图法求出杆3上E点的连杆曲线。

答：转动副成为周转副的条件是：

（1）最短杆与最长杆的长度之和小于或等于其他两杆长度之和；

（2）机构中最短杆上的两个转动副均为周转副。图示ABCD四杆机构中C、D为周转副。

当其杆AB与AD重合时，杆BE与CD也重合因此机构处于死点位置。

8-2曲柄摇杆机构中，当以曲柄为原动件时，机构是否一定存在急回运动，且一定无死点?为什么?

答：机构不一定存在急回运动，但一定无死点，因为： （1）当极位夹角等于零时，就不存在急回运动如图所示， （2）原动件能做连续回转运动，所以一定无死点。 8-3 四杆机构中的极位和死点有何异同?

8-4图a为偏心轮式容积泵；图b为由四个四杆机构组成的转动翼板式容积泵。试绘出两种泵的机构运动简图，并说明它们为何种四杆机构，为什么? 解 机构运动简图如右图所示，ABCD是双曲柄机构。

因为主动圆盘AB绕固定轴A作整周转动，而各翼板CD绕固定轴D转动，所以A、D为周转副，杆AB、CD都是曲柄。

8-5试画出图示两种机构的机构运动简图，并说明它们各为何种机构。 图a曲柄摇杆机构

图b为导杆机构。

8-6如图所示，设己知四杆机构各构件的长度为a?240mm，b?600mm,c?400mm,d?500mm。试问:

1)当取杆4为机架时，是否有曲柄存在?

2)若各杆长度不变，能否以选不同杆为机架的办法获得双曲柄机构和双摇杆机构?如何获得? 3)若a、b﹑c三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围为何

值? : 解 (1)因a+b=240+600=840≤900=400+500=c+d且最短杆 1为连架轩．故当取杆4为机架时，有曲柄存在。

(2)、能。要使此此机构成为双曲柄机构，则应取1杆为机架；两使此机构成为双摇杆机构，则应取杆3为机架。

(3)要获得曲柄摇杆机构, d的取值范围应为440~760mm。

8-7图示为一偏置曲柄滑块机构，试求杆AB为曲柄的条件。若偏距e=0，则杆AB为曲柄的条件是什么?

解 (1)如果杆AB能通过其垂直于滑块导路的两位置时，则转动副A为周转副，故杆AB

为曲柄的条件是AB+e≤BC。

(2)若偏距e=0, 则杆AB为曲柄的条件是AB≤BC

l2?52mm，l4?72mm，8-8 在图所示的铰链四杆机构中，各杆的长度为l1?28mm， l3?50mm，

试求:

1)当取杆4为机架时，该机构的极位夹角?、杆3的最大摆角?、最小传动角?min和行程速比系数K;

2)当取杆1为机架时，将演化成何种类型的机构?为什么?并说明这时C、D两个转动副是周转副还是摆转副;

3)当取杆3为机架时，又将演化成何种机构?这时A、B两个转动副是否仍为周转副?

解 (1)怍出机构的两个极位，如图, 并由图中量得：

θ=18.6o,φ=70.6o, γmin=22.7 o

(2)①由l1+l4 ≤l2+l3可知图示铰链四杆机构各杆长度符合杆长条件；小②最短杆l为机架时，该机构将演化成双曲柄机构；③最短杆1参与构成的转动副A、B都是周转副而C、D为摆转副；

（3）当取杆3为机架时，最短杆变为连杆，又将演化成双摇杆机构，此时A、B仍为周转副。

k?180??18?0?180??18?018.6?12.318.6

8-9 在图示的连杆机构中，已知各构件的尺寸为lAB?160mm,lBC?1)四杆机构ABCD的类型; 2)该四杆机构的最小传动角?min； 3)滑块F的行程速比系数K。

260mm,

lCD?200mm,lAD?80mm,构件AB为原动件，沿顺时针方向匀速回转，试确定:

解 （1)由lAD+lBC

(2)作出四杆机构ABCD传动角最小时的位置。见图并量得γmin=12o

(3)作出滑块F的上、下两个极位及原动件AB与之对应的两个极位，并量得θ=47o。求出滑块F的行程速比系数为

k?180??18?0?180??18?047?1.7147

8-10试说明对心曲柄滑块机构当以曲柄为主动件时，其传动角在何处最大?何处最小? 解 在曲柄与导轨共线的两位置之一传动角最大，γmax=90 o；

在曲柄与机架共线的两位置之一传动角最小，γmin=arcos(LAB/lBC)。

8-11正弦机构(图8一15b)和导杆机构(图8—22a)中，当以曲柄为主动件时，最小传动角γmin为多少?传动角按什么规律变化? 解 γmin=90o；

传动角恒定不变。

8-12图示为偏置导杆机构，试作出其在图示位置时的传动角以及机构的最小传动角及其出现的位置，并确定机构为回转导杆机构的条件。

解 传动角以及机构最小传动角及其出现的位置如下图所示。机构为 回转导杆机构的条件: AB≤AC

8-13如图8—57所示，当按给定的行程速度变化系数K设计曲柄摇杆机构时，试证明若将固定铰链A的中心取在FG弧段上将不满足运动连续性要求。

答 因这时机构的两极位DC1, DC2将分别在两个不连通的可行域内。

8-14图示为一实验用小电炉的炉门装置，关闭时为位置E1，开启时为位置E2。试设计一个四杆机构来操作炉门的启闭(各有关尺寸见图)。(开启时，炉门应向外开启，炉门与炉体不得发生干涉。而关闭时，炉门应有一个自动压向炉体的趋势(图中S为炉门质心位置)。B、C为两活动铰链所在位置。

解 (1)作出B2C2的位置；用作图法求出A及D的位置，并作出机构在E2位置的运动简图，

机械原理课后习题答案

第二章 机构的结构分析

题2-11 图a所示为一简易冲床的初拟设计方案。设计者的思路是：动力由齿轮1输入，使轴A连续回转；而固装在轴A上的凸轮2与杠杆3组成的凸轮机构使冲头4上下运动，以达到冲压的目的。试绘出其机构运动简图（各尺寸由图上量取），分析是否能实现设计意图，并提出修改方案。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(图2-11a)

2)要分析是否能实现设计意图,首先要计算机构的自由度。尽管此机构有4个活动件，但齿轮1和凸轮2是固装在轴A上，只能作为一个活动件，故 n?3 pl?3 ph?1

F?3n?2pl?ph?3?3?2?4?1?0

原动件数不等于自由度数，此简易冲床不能运动，即不能实现设计意图。

分析：因构件3、4与机架5和运动副B、C、D组成不能运动的刚性桁架。故需增加构件的自由度。

3)提出修改方案：可以在机构的适当位置增加一个活动构件和一个低副，或用一个高副来代替一个低副。

(1) 在构件3、4之间加一连杆及一个转动副(图2-11b)。 (2) 在构件3、4之间加一滑块及一个移动副(图2-11c)。

(3) 在构件3、4之间加一滚子(局部自由度)及一个平面高副(图2-11d)。

432545632(a)1(b)14352654326(c)1(d)1题2-11

讨论：增加机构自由度的方法一般是在适当位置上添加一个构件（相当于增加3个自由度）和1个低副（相当于引入2个约束），如图2-1（b）（c）所示，这样就相当于给机构增加了一个自由度。用一个高副代替一个低副也可以增加机构自由度，如图2-1（d）所示。

题2-12 图a所示为一小型压力机。图上，齿轮1与偏心轮1’为同一构件，绕固定轴心O连续转动。在齿轮5上开有凸轮轮凹槽，摆杆4上的滚子6嵌在凹槽中，从而使摆杆4绕C轴上下摆动。同时，又通过偏心轮1’、连杆2、滑杆3使C轴上下移动。最后通过在摆杆4的叉槽中的滑块7和铰链G使冲头8实现冲压运动。试绘制其机构运动简图，并计算自由度。

解：分析机构的组成：

此机构由偏心轮1’（与齿轮1固结）、连杆2、滑杆3、摆杆4、齿轮5、滚子6、滑块

7、冲头8和机架9组成。偏心轮1’与机架9、连杆2与滑杆3、滑杆3与摆杆4、摆杆4与滚子6、齿轮5与机架9、滑块7与冲头8均组成转动副，滑杆3与机架9、摆杆4与滑块7、冲头8与机架9均组成移动副，齿轮1与齿轮5、凸轮(槽)5与滚子6组成高副。故

解法一：n?7 pl?9 ph?2

F?3n?2pl?ph?3?7?2?9?2?1

解法二：n?8 pl?10 ph?2 局部自由度 F??1

F?3n?(2pl?ph?p?)?F??3?8?2?10?2?1?1

题2-13如图a所示为一新型偏心轮滑阀式真空泵。其偏心轮1绕固定轴A转动，与外环2固连在一起的滑阀3在可绕固定轴心C转动的圆柱4中滑动。当偏心轮1按图示方向连续转动时，可将设备中的空气按图示空气流动方向从阀5中排出，从而形成真空。由于外环2与泵腔6有一小间隙，故可抽含有微小尘埃的气体。试绘制其机构的运动简图，并计算其自由度。

４Ｃ２３Ａ１Ｂ

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图题2-3所示) 2) n?3 pl?4 ph?0

F?3n?2pl?ph?3?3?2?4?0?1

题2-14 图a所示是为高位截肢的人所设计的一种假肢膝关节机构，该机构能保持人行走的稳定性。若以颈骨1为机架，试绘制其机构运动简图和计算其自由度，并作出大腿弯曲90度时的机构运动简图。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。大腿弯曲90度时的机构运动简图如虚线所示。(如图2-5所示)

2) n?5 pl?7 ph?0

F?3n?2pl?ph?3?5?2?7?0?1

弯曲90o 时的机构运动简图

题2-15 使绘制图a所示仿人手型机械手的食指机构的机构运动简图（以手指8作为相对固定的机架），并计算其自由度。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图2-4所示) 2) n?7 pl?10 ph?0

F?3n?2pl?ph?3?7?2?10?0?1

题2-16 试计算如图所示各机构的自由度。图a、d为齿轮-连杆组合机构；图b为凸轮-连杆组合机构（图中在D处为铰接在一起的两个滑块）；图c为一精压机机构。并问在图d所示机构中，齿轮3与5和齿条7与齿轮5的啮合高副所提供的约束数目是否相同？为什么？

解： a) n?4 pl?5 ph?1

F?3n?2pl?ph?3?4?2?5?1?1 A处为复合铰链

b) 解法一：n?5 pl?6 ph?2

F?3n?2pl?ph?3?5?2?6?2?1

解法二：n?7 pl?8 ph?2 虚约束p??0 局部自由度 F??2

F?3n?(2pl?ph?p?)?F??3?7?(2?8?2?0)?2?1 2、4处存在局部自由

解：根据等效转动惯量的等效原则．有

1111G1222Je?12?J1?2?(J?J)??J??v122`2332222g 2则

7-8图示为DC伺服电机驱动的立铣数控工作台，已知工作台及工件的质量为m4=355 kg,滚

珠丝杠的导程d=6 mm，转动惯量J3=1.2×10-3kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 ×-62-62

10kg.m，J2=768×10kg.m。在选择伺服电机时，伺服电机允许的负载转动惯量必须大于折算到电动机轴上的负载等效转动惯量，试求图示系统折算到电动机轴上的等效转动惯量。

??1Gv2Je?J1?J(J2?J2)`(22)?J3(32?)()2??g?111

z12z1z2`2G2z1z2`21Je?J?J(J?J)()?J)?r)122`3(3(2z2z2z3gz2z3

解：根据等效转动惯量的等效原则．有

111122Je?12?J1?2?(J?J)??mv123244222 2

?22v421Je?J1?J(J2?J3)()?m4()2?1?1 则:

?J1?=732×10-6+(768+l 200)l×10-6×(25/45)2+355×(6×10-3)2×(25/45)2

=5.284×l0-3kg.m2

7—9已知某机械稳定运转时主轴的角速度ωs=100 rad／s，机械的等效转动惯量Je=0.5 2

kg.m，制动器的最大制动力矩Mr=20 N.m(制动器与机械主轴直接相连，并取主轴为等效构件)。要求制动时间不超过3s，试检验该制动器是否能满足工作要求。

zz1J(J2?J3)(1)2?m4l2(1)22z2z2

解 因此机械系统的等效转动惯量．F：及等效力矩Al。均为常数，故可利用力矩 形式的机械运动方程式： Me=Jedω/dt 其中：Me=-Mr=-20 N.m，Je=0.5 kg.m2

dt=[Je/(-Mr)]dω=[0.5/（-20）]dω=-0.025dω 因此 t= -0.025(ω-ωs)=0.025ωs=2.5s

由于t=2.5s< 3s，所以该制动器满足工作要求。

7一10设有一由电动机驱动的机械系统，以主轴为等效构件时，作用于其上的等效驱动力矩Med=10 000—100ω(N.m)，等效阻抗力矩Mer=8 000 N.m，等效转动惯量Je=8 kg.m2，主轴的初始角速度ω0=100rad／s。试确定运转过程中角速度ω与角加速度α随时间的变化关系。

解 由于机械系统的等效转动惯量为常数，等效力矩为速度的函数，故可利用力矩形式的机械运动方程式

Me(ω)=Med(ω)-Mer(ω)=Jedω/dt 即10000-100ω-8000=8dω/dt

对式①积分得

dt??8d?100??2000 (1)

8?d(100??2000)100?100(100??2000)8??[ln(100??2000)?ln(100?100?2000)]1002??[ln(100??2000)?ln8000]25 (2)

t??将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000 解得 ω=20+80e-12.5t

上式对t求导得 α= dω/dt=-100e-12.5t

7—11在图示的刨床机构中，已知空程和工作行程中消耗于克服阻抗力的恒功率分别为P1=367.7 w和p2=3 677 w，曲柄的平均转速n=100 r／min，空程曲柄的转角为φ1=120o。当机构的运转不均匀系数δ=0.05时，试确定电动机所需的平均功率，并分别计算在以下两种情况中的飞轮转动惯量JF(略去各构件的重量和转动惯量). 1)飞轮装在曲柄轴上； 2)飞轮装在电动机轴上，电动机的额定转速nn=I 440 r／min。电动机通过减速器驱动曲柄，为简化计算，减速器的转动惯量忽略不计。

解 (1)确定电动机的平均功率。作功率循环图如下图所示。

根据在一个运动循环内．驱动功与阻抗功应相等，可得

PT=P1t1+P2t2

P=(P1t1+P2t2)/T=(P1φ1+P2φ2)/(φ1+φ2)=(367.7/3+3 677×2/3)=2 573.9 w (2)由图知最大盈亏功为：

、△Wmax=(P-P1)t1=(P-P1)(60φ1)/(2πn)=(2573.9-367.7) ×60×(1/3) ×(1/100)=441.24N.m 1）当飞轮装在曲柄轴上时飞轮的转动惯量为

2）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

JF`=JF(n/nn)2=80.473×(100/1440)2=0.388kg.m2

JF?900?Wmax900?441.242??80.473kg.m2?2n2[?]?2?100?0.05

7-12 某内燃机的曲柄输出力矩Md随曲柄转角?的变化曲线如图所 示，其运动周期?T??,曲柄的平均转速nm?620r/min。当用该内燃机驱动

一阻抗力为常数的机械时，如果要求其运转不均匀系数?=0.01。试求 1) 曲轴最大转速nmax和相应的曲柄转角位置?max；

2) 装在曲轴上的飞轮转动惯量JF（不计其余构件的转动惯量）。

解: (1)确定阻抗力矩, 因一个运动循环内驱动功应等于阻抗功．所以有 MrφT=AOABC=200×（1/2）×(π/6+π) 解得

Mr=(1/π) ×200×(1/2) ×(π/6+π)=l 16.6 7 N.m

(2)求曲轴最大转速nmax，和相应的曲柄转角位置φmax：

作其系统的能量指示图(见图(b))．由图可知在c处机构出现能量最大值．即φ=φ时，n=nmax。故 Φmax=20o+30o+130o×(200-116.7)/200=104.16o

此时nmax=(1+δ/2)nm=(1+0.01/2) ×620=623.1r/min

c

（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

?Wmax?AbABc?200?116.67?20?200?116.67130?200?116.67?(?????67.26N.m26180200180200

900?W900?67.262JF?22max?2?1.596kg.m?n[?]?6202?0.01故：

7—13图示为两同轴线的轴1和2以摩擦离合器相连。轴1和飞轮的总质量为100 kg，回

转半径ρ=450 mm；轴2和转子的总质量为250 kg，回转半径ρ=625 mm。在离合器接合前，轴1的转速为n，=100 r／min，而轴2以n：=20 groin的转速与轴1同向转动。在离合器接合后3 s，两轴即达到相同的速度。设在离合器接合过程中，无外加驱动力矩和阻抗力矩。试求：

1)两轴接合后的公共角速度;

2)在离合器结合过程中，离合器所传递的转矩的大小。

解 设离合器结合过程中所传递的摩擦力矩为Mf．两轴结合后的公共角 速度为ω。根锯力矩形式的机械运动方程。对于轴l和轴2，分别有：

???1d??J1dt3 （1）

d?2???2Mf?0?J2?J2dt3 （2）

J??J???1122J1?J2 由式（1）（2）得：

0?Mf?J1式中 J1=m1ρ12 J2=m2ρ22

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30 从而

2n2?100?0.452?100?0.6252?20?m1?12n1?m2?2??????3.533rad/s222230m1?1?m2?230100?0.45?100?0.625

由（1）得:

Mf?J1?1??3 7—14图示为一转盘驱动装置。1为电动机，额定功率为Pn=0.55 kW，额定转速为nn=1 390．r／min，转动惯量J1=0.018 kg.m2; 2为减速器，其减速比i2=35, 3、4为齿轮传动， z3=20，z4=52；减速器和齿轮传动折算到电动机轴上的等效转动惯量J2e=0.015 kg.rn2；转盘5的转动惯量J5=144kg.m，作用在转盘上的阻力矩为Mr5=80 N.m；传动装置及电动机折算到电动机轴上的阻力矩为Mr1=0.3 N.m。该装置欲采用点动(每次通电时间约0.15 s)作步进调整，问每次点动转盘5约转过多少度?

提示：电动机额定转矩Mn=9 550Pn／nn，电动机的起动转矩Md≈2Mn，并近似当作常数。

m1?12n1?100?0.452100??(??)??(?3.533)?46.838N.m330330

解 取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

点动过程中，系统的运行分为两个阶段：第一阶段为通电启动阶段，第二阶段为断电停车阶段。

第一阶段的等效力矩为

Je1?J1?J2e?J5(?52201)?0.018?0.015?144?(?)2?0.0504kg.m2?15235

Me11?Md?Mr1Mr5(?2?9550??5Pz1)?2?9550n?Mr1?Mr5(3?)?1nnz4i2

由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为

ω11=ω10+α1t1

φ11=φ10+ω10t1+(1/2)α1t12

式中: φ10=0, ω10=0, ． t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以

0.55201?0.3?80?(?)?6.378N.m13905235Me116.378t1??0.15?18.982rad/sJe10.0504

1M6.378?11??e11t12?0.5?0.152?1.424rad2Je10.0504

?11?第二阶段的等效力矩为

Me12??Mr1?Mr5(?5z1201)??Mr1?Mr5(3?)??0.3?80?(?)??1.179N.m?1z4i25235 由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速

度和转过的角度为：

ω12=ω11+α2t2

5E3C2F3T2′F5S2B1S46T44DF′I4pFI2′F′I4bct2dFI2A

ω1et4第五章 机械的效率和自锁

题5-5

解: （1）根据己知条件，摩擦圆半径

??fvr?0.2?0.01?0.002m ??arctanf?8.53?

计算可得图5-5所示位置 ??45.67? ??14.33? （2）考虑摩擦时，运动副中的反力如图5-5所示。 （3）构件1的平衡条件为：M1?FR21?lABsin??2??

FR21?FR23?M??lABsin??2???

构件3的平衡条件为：FR23?FR43?F3?0 按上式作力多边形如图5-5所示，有

FR23F3 ?sin?90????sin?90??????（4）F3?FR23sin?90??????M1cos?????M1cos? F30? ??lABsin?lABsin??2??cos???cos?（5）机械效率：

??F3lABsin?cos?????0.07153?0.9214???0.91F30?lABsin??2??cos?cos?0.07553?0.9688?0.9889

FR12BM11ω212F3ω23CBFR21FR23ωF3A34FR32FR43图5-5 题5-2

FR41M11AFR23FR43F33解: （1）根据己知条件，摩擦圆半径 ??d2fv ?1?arcta ?2?arctaf1nf2n 2作出各运动副中的总反力的方位如图5-2所示。

（2）以推杆为研究对象的平衡方程式如下：

?F?Fx?32cos?1?FR??32cos?2?0 ?0 FR12sin?1?FR?32sin?1?FR??32sin?2?0 ?0 FR12cos?1?G?FRCy?M?0

d2??32co???32sin?FRs2?l?FR?2?d2?FR12co?s1?e?co?s?0

FR12?b?l?sin?1?GM?FR12?h

（3）以凸轮为研究对象的平衡方程式如下：

h???ecos???r?esin??tan?1

cos?1（4）联立以上方程解得

M?G???ecos???r?esin??tan?1? M0?Geco?s

2e1?cos?tan?2lecos?1?2eccos?tan?2M0l???M??ecos???r?esin??tan?1??

l′F′R32bφ1ωrφ2FR12Mθhd22BAeF′R32φ2 讨论：由于效率计算公式可知，φ1，φ2减小，L增大，则效率增大，由于θ是变化的，瞬时效率也是变化的。

题5-3

2解:该系统的总效率为 ???1?2?3?0.95?0.972?0.92?0.822

图5-2电动机所需的功率为N?

PvFR31?5500?1.2?10?331?0.822?8.029

题5-7

解：此传动属混联。

第一种情况：PA = 5 kW, PB = 1 kW

??输入功率PAPA???Ar221??PB?7.27kW PB?2?12?A?2.31kW

传动总效率???P?Pd???0.63 电动机所需的功率PkW B?9.53电?PA?P第二种情况：PA = 1 kW, PB = 5 kW

??输入功率PAPA???Ar221??PB?1.44kW PB?2?12?A?11.55kW

传动总效率???P?Pd???0.462 电动机所需的功率PB?12.99kW 电?PA?P题5-8

解：此题是判断机构的自锁条件，因为该机构简单，故可选用多种方法进行求解。 解法一：根据反行程时???0的条件来确定。

反行程时（楔块3退出）取楔块3为分离体，其受工件1、1′和夹具2作用的总反力FR13

和FR23以及支持力F′。各力方向如图5-5（a）、(b)所示 ，根据楔块3的平衡条件，作力矢量三角形如图5-5（c）所示 。由正弦定理可得

?FR23?Fcos?

sin???2?? 当??0时，FR230?F?sin?

于是此机构反行程的效率为 ???FR320sin???2??

?FR32sin?令???0，可得自锁条件为：??2? 。

φFR23φ23FR13FR23α-2φv31F'F'α1FR13α90°+φFR2390°-α+φFR13φ(a)图5-8φ(b)F'(c)

解法二：根据反行程时生产阻力小于或等于零的条件来确定。

根据楔块3的力矢量三角形如图5-5（c），由正弦定理可得

F??FR23sin???2??cos???2? 若楔块不自动松脱，则应使F??0即得自锁条件为：

解法三：根据运动副的自锁条件来确定。

由于工件被夹紧后F′力就被撤消，故楔块3的受力如图5-5(b)所示，楔块3就如同受到FR23（此时为驱动力）作用而沿水平面移动的滑块。故只要FR23作用在摩擦角φ之内，楔块3即发生自锁。即 ????? ，由此可得自锁条件为：??2? 。

讨论：本题的关键是要弄清反行程时FR23为驱动力。用三种方法来解，可以了解求解这类问题的不同途径。

第6章课后习题参考答案

6—1什么是静平衡?什么是动平衡?各至少需要几个平衡平面?静平衡、动平衡的力学条件各是什么?

6—2动平衡的构件一定是静平衡的，反之亦然，对吗?为什么?在图示 （a）（b）两根曲轴中，设各曲拐的偏心质径积均相等，且各曲拐均在同一轴平面上。试说明两者各处于何种平衡状态?

答：动平衡的构件一定是静平衡的，反之不一定。因各偏心质量产生的合惯性力为零时，合惯性力偶不一定为零。（a）图处于动平衡状态，（b）图处于静平衡状态。

6一3既然动平衡的构件一定是静平衡的，为什么一些制造精度不高的构件在作动平衡之前需先作静平衡?

6—4为什么作往复运动的构件和作平面复合运动的构件不能在构件本身内获得平衡，而必须在基座上平衡?机构在基座上平衡的实质是什么? 答 由于机构中作往复运动的构件不论其质量如何分布，质心和加速度瞬心总是随着机械的运动周期各沿一条封闭曲线循环变化的，因此不可能在一个构件的内部通过调整其质量分布而达到平衡，但就整个机构而言．各构件产生的惯性力可合成为通过机构质心的的总惯性力和总惯性力偶矩，这个总惯性力和总惯性力偶矩全部由机座承受，所以必须在机座上平衡。机构在基座上平衡的实质是平衡机构质心的总惯性力，同时平衡作用在基座上的总惯性力偶矩、驱动力矩和阻力矩。

6—5图示为一钢制圆盘，盘厚b=50 mm。位置I处有一直径φ=50 inm的通孔，位置Ⅱ处有一质量m2=0.5 kg的重块。为了使圆盘平衡，拟在圆盘上r=200 mm处制一通孔，试求此孔的直径与位置。(钢的密度ρ=7.8 g／em3。)

解 根据静平衡条件有: m1rI+m2rⅡ+mbrb=0

m2rⅡ=0.5×20=10 kg.cm

m1r1=ρ×(π/4) ×φ2×b×r1=7.8 ×10-3×(π/4)×52×5 ×l0=7.66 kg.cm 取μW=4(kg.cm)／cm，作质径积矢量多边形如图所示，所添质量为: m b=μwwb／r=4×2.7／20=0.54 kg，θb=72o，可在相反方向挖一通孔 其直径为：

6—6图示为一风扇叶轮。已知其各偏心质量为m1=2m2=600 g，其矢径大小为r1=r2=200 mm，方位如图。今欲对此叶轮进行静平衡，试求所需的平衡质量的大小及方位(取rb=200 mm)。 (注：平衡质量只能加在叶片上，必要时可将平衡质量分解到相邻的两个叶片上。)

解 根据静平衡条件有: m1r1+m2r2+mbrb=0

m1r1=0.6×20=1 2 kg.cm m2r2=0.3×20=6 kg.cm

取μW=4(kg.cm)/cm作质径积矢量多边形如图 mb=μWWb/r=4×2.4／20=0.48 kg，θb =45o

分解到相邻两个叶片的对称轴上

6—7在图示的转子中，已知各偏心质量m1=10 kg，m2=15 k，m3=20 kg，m4=10 kg它们的回转半径大小分别为r1=40cm，r2=r4=30cm，r3=20cm，方位如图所示。若置于平衡基面I及Ⅱ中的平衡质量mbI及mbⅡ的回转半径均为50cm，试求mbI及mbⅡ的大小和方位(l12=l23=l34)。

msin45?0.39kgsin(180?45?45?30) mmb3?sin(45?30)?0.58kgsin60 mb2?解 根据动平衡条件有

21m1r1?mr?mr3?3mbrb?221033 21m4r4?mr?mr2?2mbrb1?331033

以μW作质径积矢量多边形，如图所示。则

mbI=μWWbI/rb=5.6 kg，θbI =6o

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=5.6 kg，θbⅡ=145o

6—8图示为一滚筒，在轴上装有带轮现已测知带轮有一偏心质量。另外，根据该滚筒的结构知其具有两个偏心质量m2=3 kg，m3=4，各偏心质量的方位如图所示（长度单位为）。若将平衡基面选在滚筒的两端面上，两平衡基面中平衡质量的回转半径均取为，试求两平衡质量的大小和方位。若将平衡基面Ⅱ改选在带轮宽度的中截面上，其他条件不变，两平衡质量的大小和方位作何改变？

解 (1)以滚筒两端面为平衡基面时，其动平衡条件为

3.51.59.5mr?mr?mr?1122303111111 14.59.51.5mb11rb1?mr?mr?mr?30311122111111

mb1rb1?以μW作质径极矢量多边形．如图 (a)，(b)，则

mbI=μWWbI/rb==1.45 kg， θbI =145o

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=0.9kg，θbⅡ=255o

(2)以带轮中截面为平衡基面Ⅱ时，其动平衡条件为

以μw=2 kg.crn／rnm，作质径积矢量多边形，如图 (c)，(d)，则 mbI=μWWbI/rb==2×27/40=1.35 kg，θbI =160o

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=2×14/40=0.7kg，θbⅡ=-105o

6—9 已知一用于一般机器的盘形转子的质量为30 kg，其转速n=6 000 r／min，试确定其许用不平衡量。

解 (1)根据一般机器的要求，可取转子的平衡精度等级为G6.3，对应平衡精度A=6.3。

(2) n=6000 r／min， ω=2πn/60=628.32 rad/s [e]=1 000A／ω=10.03μm

[mr]=m[e]=30×10.03×10-4=0.03 kg.cm

6—10 图示为一个一般机器转子，已知转子的质量为15 kg，其质心至两平衡基面I及Ⅱ的距离分别为l1=100 mm，12=200 mm，转子的转速n=3 000 r／min，试确定在两个平衡基面I及Ⅱ内的许用不平衡质径积。当转子转速提高到6 000 r／min时，其许用不平衡质径积又各为多少?

513mr?mr3?301114.514.5

9.51.5mb11rb1?mr?mr?mr?3031112214.514.5

mb1rb1?

解 (1)根据一般机器的要求，可取转子的平衡精度等级为G6.3，对应平衡精度A=6.3mm／s。 (2)n=3000r／min, ω=2πn/60= 314.16 rad／s

[e]=1 000A／ω=20.05μm

[mr]=m[e]=15×20.05×10-4=0.03 kg.cm

可求得两平衡基面I及Ⅱ中的许用不平衡质径积为

l2200?30??20g.cml1?l2200?100

l100[m11r11]?[mr]2?30??10g.cml1?l2200?100

[m1r1]?[mr] (3) n=6000 r／min， ω=2πn/60=628.32 rad/s

[e]=1 000A／ω=10.025μm

[mr]=m[e]=15×10.025×10--4=15g.cm

可求得两平衡基面I及Ⅱ中的许用不平衡质径积为

6—11 有一中型电机转子其质量为m=50 kg，转速n=3 000 r／min，已测得其 不平衡质径积mr=300 g·mm，试问其是否满足平衡精度要求?

6—12在图示的曲柄滑块机构中，已知各构件的尺寸为lAB=100 mm, lBC=400 mm；连杆2的质量m2=12 kg，质心在s2处，lBS2=400／3 mm；滑块3的质量m3=20 kg，质心在C

l2200?15??10g.cml1?l2200?100

l100[m11r11]?[mr]2?15??5g.cml1?l2200?100 [m1r1]?[mr]

点处；曲柄1的质心与A点重合。今欲利用平衡质量法对该机构进行平衡，试问若对机构进行完全平衡和只平衡掉滑块3处往复惯性力的50％的部分平衡，各需加多大的平衡质量mC`和mC``(取lBC``=1AC``=50 mm)?

解 (1)完全平衡需两个平衡质量，各加在连杆上C’点和曲柄上C``点处，平衡质量的大小为：

mC` =(m2lBS2+m3lBC)/lBC`=(12×40／3+20×40)／5=192 kg mC``=(m`+m2+m3) lAB/lAC``=(1 92十12+20)×10／5=448 kg

(2)部分平衡需一个平衡质量。应加在曲柄延长线上C``点处。平衡质量的大小为： 用B、C为代换点将连杆质量作静代换得 mB2=m2lS2C/lBC=1 2×2／3=8 kg mC2=m2lBS2.lBC=1 2×4=4 kg

mB=mB2=8kg, mC=mC2+m3=24 kg 故下衡质量为

mC``=(mB+mC/2)lAB/lAC``=(8+24/2) ×10/5=40kg

6—13在图示连杆一齿轮组合机构中，齿轮a与曲柄1固连，齿轮b和c分别活套在轴C和D上，设各齿轮的质量分别为m。=10 kg，m b=12 kg，m。=8 kg，其质心分别与轴心B、c、D重合，而杆1、2、3本身的质量略去不计，试设法平衡此机构在运动中的惯性力。

解 如图所示，用平衡质量m’来平衡齿轮a的质量，r`=lAB； m`=malAB/r`=10kg

用平衡质量，m”来平衡齿轮b的质量，r``=lCD m``=mblCD/r`` 齿轮c不需要平衡。

6—14 图a所示为建筑结构抗震试验的振动发生器。该装置装在被试建筑的屋顶。由一电动机通过齿轮拖动两偏心重异向旋转(偏心重的轴在铅垂方向)，设其转速为150 r／min，偏心重的质径积为500kg.m求两偏心重同相位时和相位差为180o时，总不平衡惯性力和惯性力矩的大小及变化情况。

图b为大地重力测量计(重力计)的标定装置，设r=150 mm，为使标定平台的向心加速度近似于重力加速度(9.81 m／s2)，同步带轮的角速度应为多大?为使标定平台上升和下降均能保持相同的匀速回转，在设计中应注意什么事项?

第7章

7—1等效转动惯量和等效力矩各自的等效条件是什么?

7—2在什么情况下机械才会作周期性速度波动?速度波动有何危害?如何调节?

答: 当作用在机械上的驱动力（力矩)周期性变化时，机械的速度会周期性波动。机械的速度波动不仅影响机械的工作质量，而且会影响机械的效率和寿命。调节周期性速度波动的方法是在机械中安装一个具有很大转动惯量的飞轮。

7—3飞轮为什么可以调速?能否利用飞轮来调节非周期性速度波动，为什么?

答： 飞轮可以凋速的原因是飞轮具有很大的转动惯量，因而要使其转速发生变化．就需要较大的能量，当机械出现盈功时，飞轮轴的角速度只作微小上升，即可将多余的能量吸收储存起来；而当机械出现亏功时，机械运转速度减慢．飞轮又可将其储存的能量释放，以弥补能最的不足，而其角速度只作小幅度的下降。

非周期性速度波动的原因是作用在机械上的驱动力(力矩)和阻力(力矩)的变化是非周期性的。当长时问内驱动力(力矩)和阻力(力矩)做功不相等，机械就会越转越快或越转越慢．而安装飞轮并不能改变驱动力(力矩)或阻力(力矩)的大小也就不能改变驱动功与阻力功不相等的状况，起不到调速的作用，所以不能利用飞轮来调节非周期陛速度波动。 7—4为什么说在锻压设备等中安装飞轮可以起到节能的作用?

解： 因为安装飞轮后，飞轮起到一个能量储存器的作用，它可以用动能的形式把能量储存或释放出来。对于锻压机械来说，在一个工作周期中，工作时间很短．而峰值载荷很大。安装飞轮后．可以利用飞轮在机械非工作时间所储存能量来帮助克服其尖峰载荷，从而可以选用较小功率的原动机来拖动，达到节能的目的，因此可以说安装飞轮能起到节能的作用。 7—5由式JF=△Wmax／(ωm2 [δ])，你能总结出哪些重要结论(希望能作较全面的分析)? 答：①当△Wmax与ωm一定时，若[δ]下降，则JF增加。所以，过分追求机械运转速度的均匀性，将会使飞轮过于笨重。

②由于JF不可能为无穷大，若△Wmax≠0，则[δ]不可能为零，即安装飞轮后机械的速度仍有波动，只是幅度有所减小而已。

③当△Wmax与[δ]一定时，JF与ωm的平方值成反比，故为减小JF，最好将飞轮安装在机械的高速轴上。当然，在实际设计中还必须考虑安装飞轮轴的刚性和结构上的可能性等因素。 7—6造成机械振动的原因主要有哪些?常采用什么措施加以控制?

7—7图示为一机床工作台的传动系统。设已知各齿轮的齿数，齿轮3的分度圆半径r3，各齿轮的转动惯量J1、，J2、，J2’、J3，齿轮1直接装在电动机轴上，故J1中包含了电动机转子的转动惯量；工作台和被加工零件的重量之和为G。当取齿轮1为等效构件时，试求该机械系统的等效转动惯量Je。

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