(2)确定在平衡基面Ⅰ及Ⅱ内的平衡质量mb1及mb2的大小及方位根据力的平衡条件，分别由ΣFx=0及ΣFy=0，对平衡基面Ⅰ有(mb1)x=-ΣmiⅠricosαi/rb1=[-m1Ⅰr1cos90°-m2Ⅰr2cos120°-m3Ⅰr3cos(-30°)]rb1=3.8818kg(mb1)y=-ΣmiⅠricosαi/rb1=[-m1Ⅰr1sin90°-m2Ⅰr2sin120°-m3Ⅰr3sin(-30°)]rb1=-11.2064kg故平衡基面Ⅰ上的平衡质量为mb1=[(mb1)2x+(mb1)2y]1/2=11.859kg方位角为θb1=arctan[(mb1)y/(mb1)x]=arctan[-11.2064/3.8818]=-70.8944°
对平衡基面Ⅱ有(mb2)x=-ΣmiⅡricosαi/rbⅡ=[-m1Ⅱr1cos90°-m2Ⅱr2cos120°-m3Ⅱr3cos(-30°)]rb2=-7.5421kg(mb2)y=-ΣmiⅡricosαi/rbⅡ=[-m1Ⅱr1sin90°-m2Ⅱr2sin120°-m3Ⅱr3sin(-30°)]rb2=-2.5889kg故平衡基面Ⅱ上的平衡质量为mb2=[(mb2)2x+(mb2)2y]1/2=7.9741kg方位角为θb2=arctan[(mb2)y/(mb2)x]=arctan[-2.5889/(-7.5421)]=198.9453°
如图解53(b)所示。
54解：由教材中表51知，有特殊要求的中型电机转子推荐取平衡精度等级为G2.5，其平衡精度A=[e]ω/1000=2.5，故许用偏心距[e]为[e]=[1000A/ω=1000×2.5/(2π×3000/60)]μm=7.958μm总的许用不平衡质径积为
[me]=80×7.958=636.64g·mm
两平衡基面上的许用不平衡质径积分别为
[me]Ⅰ=250[me]/460=346g·mm
[me]Ⅱ=210[me]/460=290.64g·mm
由于mⅠrⅠ>[me]Ⅰ，故不能满足平衡精度要求，应进一步提高基面Ⅰ的动平衡精度。
55解：
(1)完全平衡。
需在连杆的D′点处加上平衡质量m′，使连杆和滑块的总质心移到B点处m′=(m2lBS2+m3lBC)/lBD′=118.4kg再在曲柄的D″点处加上平衡质量m″，使整个机构的总质心移到A点处m″=(m′+m2+m3)lAB/lAD″=276.8kg机构的惯性力获得了完全的平衡。
(2)部分平衡。
将连杆的质量作质量代换，代换点取在B，C两点。m2B=m2lS2C/lBC=5.2kgm2C=m2lBS2/lBC=2.8kg需在D″点加的平衡质量m″为m″=[m2B+(m2C+m3)/2]lAB/lAD″=25.2kg只平衡掉C点处水平方向往复惯性力的50%。
（第六章）机械的运转及其速度波动的调节
一、思考题答案
1.答：在机器的运转过程中，由于作用在机构上的驱动力矩和阻抗力矩作周期性的变化，故使机器主轴的速度发生周期性的波动，这种速度波动叫周期性速度波动。若等效力矩的变化是非周期性的，则机械运转的速度将出现非周期性的速度波动。如果对速度波动不加以调节，将导致运动副中产生附加的动压力，引起机械的振动，从而降低机械的寿命、机械效率和工作质量。周期性速度波动可以用加飞轮的办法加以调节；非周期性的速度波动一般用调速器来调节。
2.答：机器运转的“平均转速”是指在一个周期内等效构件转动速度的平均值。在实际工程中，常近似的用其算术平均值来计算。运转速度“不均匀系数”是指速度波动的幅度与平均值之比，即δ=ωmax-ωminωm。许用的[δ]不是越小越好，要根据不同类型的机械提出不同的要求。
3.答：机器安装了飞轮以后能减小速度波动的程度，但不能得到绝对匀速运转。飞轮不能用来调节非周期性速度波动。欲减小机器的周期性速度波动，转动惯量相同的飞轮应安装在机器的高速轴上。
4.答：飞轮设计的基本问题是确定飞轮的转动惯量。最大盈亏功即为驱动功与阻抗功之差的最大值，一般为等效力矩图中盈功或亏功的最大值。
二、练习题答案
61解：
(1)由一个周期内，驱动功=阻抗功，得2πMd=122πMrmin即Md=12Mrmax=100N·m
(2)画出能量指示图(见图解61(b))。
由能量指示图可看出，等效构件的最大ωmax出现在π2，最小角速度ωmin出现在3π2。
(3)由能量指示图可看出，最大盈亏功ΔWmax=12π100=50πJ
(4)若运转速度不均匀系数[δ]=0.125，则应在等效构件上加的飞轮转动惯量为JF=ΔWmaxω2m[δ]-Jc=50π202×0.125-0.14=50π202×0.125-0.14=π-0.14=3kg·m2
62解：由一个周期内，驱动功=阻抗功，得2πMd=π2800+π2400+π4800即Md=400N·m画出能量指示图(见图解62)。
由能量指示图可看出，等效构件的最大ωmax出现在0，最小角速度ωmin出现在5π4。
由转速误差不超过±1%得nmax=110r/minnmin=90r/min由能量指示图可看出，最大盈亏功ΔWmax=34π400=300πJ运转速度不均匀系数[δ]=2%=0.02，则应在等效构件上加的飞轮转动惯量为JF=900ΔWmaxπ2n2m[δ]=900×3001002×π×0.02≈450kg·m2
63解：
(1)求等效转动惯量和转化到D点的等效质量。对于自由度为1的机构，其各构件之间的速比只决定于机构的位置，而与各构件的真实速度无关，故此时等效质量和等效转动惯量为机构位置的函数。在图示位置，机构的速度多边形如图解63所示。
计算等效转动惯量
Je3=Js1(ω1ω3)2+Js2(ω2ω3)2+Js3+m2(vs2ω3)2+m3(vs3ω3)2根据速度多边形有ω1ω3=vB2/lABvB3/lBC=pb2lBCpb3/lBC=27×42023×150=3.29ω2/ω=1vs2/ω3=pb2lBC/pb3=(27×420/23)mm=493mm=0.493mvs2/ω3=lCs3=275mm=0.275m故Je3=0.05×3.292+0.002+0.2+3×0.4932+10×0.2752=2.23kg·m转化到D点的等效质量为MD=Je3/l2CD=(2.23/0.552)kg=7.37kg(2)求等效力矩
64解：
(1)求驱动功率。等效阻力矩在一个工作循环中所消耗的功为Wr=300×(23π+π)+3000×π3=1500N·m在一个运动循环内，驱动功与阻抗功相等，由之可得Md=Wr/(2π)=1500π/(2π)=750N·m驱动功率P=Mdω/1000=750×2π×300/(60×1000)=23.6kW
图解64
(2)求最大盈亏功。作出一个工作循环中的等效驱动力矩和阻抗力矩曲线，如图解64所示，求出各块盈、亏功的大小为
s1=(750-300)×2π/3=300J
s2=(750-3000)×(π-2π/3)=-750J
s3=(750-300)π=450J
因现在的情况比较简单，由图(b)中不难看出，其最大盈亏功为ΔWmax=|s2|=750J
(3)求飞轮转动惯量JF=900ΔWmaxπ2n2[δ]=900×750ππ×3002×0.1=23.873kg·m2
65解：
(1)求以构件1为等效构件时的等效阻抗力矩Mer=M2(ω2ω1)=M2(z2z1)=M2/2因φ1=2φ2，故Mer-φ1图如图解65(a)所示。
(2)求驱动力矩Med。因轮1转2转为一个周期，故Med×4π=100π+40×(1.5π-π)+70(2π-1.5π)+20(3.5π-2π)+110(4π-3.5π)=240N·m可得M1=Med=240π/4π=60N·m
(3)求JF。因JF与ω2m成反比，为减小飞轮的尺寸和重量，飞轮一般装在高速轴(即装在轴Ⅰ)上较好。
以轮1为等效构件时的等效转动惯量为Je=J1+JF2(ω2ω1)2=J1+J2(z1z2)2=0.03kg·m2为了确定最大盈亏功，先要算出图解65(a)中各块盈、亏功的大小：s1=-40J，s2=10J，s3=-5J，s4=60J，s5=-25J；并作出能量指示图如图解65(b)所示。由该图不难看出，在a，d点之间有最大能量变化，即Wmax=|s2+s3+s4|=|10π-5π+60π|=65J飞轮的转动惯量为JF=ΔWmaxω2mδ-Je=60π1002/50-0.03=0.991kg·m2
(4)求ωmax，ωmin。因ωm=(ωmax+ωmin)/2，δ=(ωmax-ωmin)/ωm故ωmax=ωm(1+δ/2)=101rad/sωmin=ωm(1-δ/2)=99rad/s由能量指示图(图解65(b))不难看出，在a点(φ1=π)时，系统的能量最低，故此时出现ωmin；而在d点(φ1=(7π/2))时，系统的能量最高，故此时出现ωmax。
66解：力矩形式的运动方程式为
J(φ)dω(φ)dt+ω2(φ)2dJ(φ)dφ=M(φ，ω，t)在本题中，因等效转动惯量是常数，故上式可以简化为Jdω/dt=Md(ω)-Mr即dt=Jdω/[Md(ω)-Mr]积分上式，可得t=t0+J∫ωω0dω/[Md(ω)-Mr]式中t0=0，ω0=0，故t=5∫500dω/(1000-9.55ω-200)=-59.55ln(1000-200-9.55ω1000-200)=500=0.476s即该系统电动机的角速度从零增至50rad/s需0.476s。
67解：
(1)100×2/3π+100×π/3=Md×2π，Md=50N·mΔWmax=100π/3Jωmax在0，2π处；ωmin在2/3π，4/3π处。(2)δ=ΔWmax/(ω2mJF)=0.01999
（第七章）平面连杆机构及其设计
一、思考题答案
1.答：平面四杆机构的基本型式：曲柄摇杆机构、双曲柄机构和双摇杆机构。其演化形式有：1)通过改变构件的形状和相对尺寸而演化成的四杆机构；2)通过改变运动副的尺寸而演化成的四杆机构；3)通过选用不同构件为机架而演化成的四杆机构。
2.答：能相对于机架作整周回转的连架杆称为曲柄。四杆机构具有曲柄的条件是：1)最短杆与最长杆的长度之和必须小于或等于其余两杆的长度之和；2)连架杆和机架中必须有一杆为最短杆。曲柄不一定就是最短杆。
3.答：在曲柄摇杆机构中，摇杆往复摆动时，其摆回的速度与摆出的速度之比称为行程速比系数，用K表示，K=v2v1=180°+θ180°-θ若摇杆摆回的速度大于摆出的速度，机构的这种特性就称为急回特性。当摇杆处于两个极限位置时，曲柄在这两位之间所夹的锐角称为极位夹角，用θ表示。θ越大，行程速比系数值越大，急回特性越明显，θ=0°时，K=1，无急回特性。
4.答：在不考虑摩擦的情况下，连杆机构中从动件上一点所受的力的方向与该点的速度方向之间所夹的锐角称为机构的压力角。压力角的余角称为传动角。传动角越大，机构的传力性能越好，因此，设计时一般要求γmin≥[γ]。在曲柄摇杆机构中，最小传动角出现在曲柄与机架共线的两位置之一。
5.答：若以曲柄为原动件，当曲柄与连杆共线时，摇杆所在的两个位置即为极限位置；若以摇杆为原动件，当摇杆摆到左、右两个极限位置时，曲柄与连杆共线，这个位置称为死点位置。上述两种情况虽是同一位置，但由于是以不同的构件为原动件，因而对机构的运动所产生的影响不同。
6.答：死点是指机构处于压力角等于90°或传动角等于0°的位置。而自锁是指由于机械中存在摩擦，在一定的几何条件下，即使把驱动力增加到无穷大，也无法使机械运动的现象。机构处于死点位置时，其从动件将出现卡死或发生运动不确定现象。为了使机构能通过死点而继续运动，可以利用飞轮的惯性，或采用相同机构错位排列等办法来实现。工程中有时也利用死点位置，如飞机起落架、夹具等利用死点来实现工作要求。
二、练习题答案
71解：图解71(a)为导杆机构或曲柄摇块机构；图解71(b)为曲柄滑块机构。
72解：
(1)当取杆4为机架时，是否有曲柄存在？有。若有曲柄，则杆1为曲柄，此时该机构为曲柄摇杆机构；
(2)要使此机构成为双曲柄机构，则应取杆1为机架；
(3)要使此机构成为双摇杆机构，则应取杆3为机架，且其长度的允许变动范围为140～1340；
(4)如将杆4的长度改为d=400mm，而其他各杆的长度不变，则当分别以1，2，3杆为机架时，所获得的机构为双摇杆机构。73解：参见图解73。
(反转至位置2作图)
故lEF=μlE2F2=5×26=130mm
74解：
计算极位夹角θ=180°×(K-1)/(K+1)。
取尺寸比例尺μ1=c/CD(单位为mm/mm)，作图解74，图中DC1，DC2为摇杆的两个极位，DC1=DC2=c/μ1，∠C1DC2=φ。
作θ圆，如图中大圆所示。以C1C2的中点C′为圆心，以C′C2为半径作圆f，再以C1为圆心，以2a/μ1为半径划圆g，f与g两圆的交点为E，连接C1E并延长使与θ圆交于A点，此点即为曲柄的回转中心。
下面来证明为什么A点即为满足题设要求的曲柄中心。为此连接C′C2，C′E，因C1C′=C′C2，故∠C1AC′=∠C′AC2=θ/2。两三角形△AC′E与△AC′C2，因有二边及一角相等，并均为钝角三角形，故△AC′E≌△AC′C2，所以AE=AC2，即AC1-AC2=2a/μ1，此正是曲柄摇杆机构在极位时所具有的尺寸关系。故设计满足了全部题设要求。
下面再来证明，为什么说将曲柄的回转中心放在FPG弧段上时，机构将不满足运动连续性要求。
设将曲柄的回转中心放在FPG弧段上的某一点A″处，联接A″D并延长使之与以D为圆心、以DC为半径的圆弧h交于C″点。在△A″DC1中，A″C1<A″D+DC1=A″C″，而A″C1=a+b，即A″C1已为曲柄和连杆拉成一条直线时的最大长度，而其小于A″C″，说明摇杆DC根本不可能越过C″点由一个极位摆到原设的另一个极位，因而机构的运动是不连续的。
75解：先计算θ=180°
K-1K+1=180°1.5-11.5+1=36°
再以μl作图(图解75)，可得两个解：
(1)lAB=μl(AC2-AC1)/2=2(84.5-35)/2=49.5mmlBC=μl(AC2+AC1)/2=2(84.5+35)/2=119.5mm(2)lAB=μl(A′C2-AC′1)/2=2(35-13)/2=22mmlBC=μl(AC′2+AC′1)/2=2(35+13)/2=48mm
76解：
(1)计算极位夹角θ=180°(K-1)/(K+1)=36°
(2)选择尺寸比例尺μ1=4.5mm/mm，作出摇杆的两极位DC1，DC2(图解76)。
(3)作C1G⊥C1C2，∠C1C2G=90°-θ，C1G与C2G交于G点，过C1，C2，G三点作θ圆。
(4)以D点为心，以lAD/μ1为半径画弧与θ圆交于A点，A点即为曲柄的回转中心。
(5)曲柄长为
a=μ1(AC2-AC1)/2=36mm连杆长为b=μ1(AC1+AC2)/2=95mm
(6)根据尺寸s1，s作出滑块的两极位F1，F2。
(7)下面采用反转法求铰链E在摇杆上的位置，为此将摇杆相对固定起来。可令DC2不动，将DC1转至与DC2重合，为求此时F1点反转后的位置F′1，以D点为心，DF1为半径画弧，再以C2为心，C1F1为半径画弧，两弧的交点即为F′1点，作F′1F2的垂直平分线b12，其与DC2线的交点，即为铰链E2的位置。
(8)摇杆长
lDE=μ1DE2=105mm连杆长
lDE=μ1E2F2=210mm
(9)滑块的最小传动角γmin出现在DE′⊥DF时(图解76)，由图中可得γmin=60°。