机械原理第7版孙恒著2-6章部分答案

第二章 机构的结构分析

题2-11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)。

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

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

度

c) 解法一：n=5 pl=7 ph=0

F=3n-2pl-ph=3⨯5-2⨯7-0=1

解法二：n=11 pl=17 ph=0

'-3n'=2⨯10+0-3⨯6=2 局部自由度 F'=0 虚约束p'=2pl'+ph

F=3n-(2pl+ph-p')-F'=3⨯11-(2⨯17+0-2)-0=1 C、F、K 处存在复

合铰链

d) n=6 pl=7 ph=3

F=3n-2pl-ph=3⨯6-2⨯7-3=1

齿轮3与齿轮5的啮合为高副（因两齿轮中心距己被约束，故应为单侧接触）将提供1个约束。

齿条7与齿轮5的啮合为高副（因中心距未被约束，故应为双侧接触）将提供2个约束。

题2-18解：1)未刹车时，刹车机构的自由度

n=6 pl=8 ph=0

F=3n-2pl-ph=3⨯6-2⨯8-0=2

2)闸瓦G、J之一刹紧车轮时，刹车机构的自由度

n=5 pl=7 ph=0

F=3n-2pl-ph=3⨯5-2⨯7-0=1

3)闸瓦G、J同时刹紧车轮时，刹车机构的自由度

n=4 pl=6 ph=0

F=3n-2pl-ph=3⨯4-2⨯6-0=0

题2-20解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图2-7(b)所示)

2) 此机构由1个凸轮、4个滚子、4个连杆、4个活塞和机架组成。凸轮与4个滚子组成高副，4个连杆、4个滚子和4个活塞分别在A、B、C、D处组成三副复合铰链。4个活塞与4个缸（机架）均组成移动副。

解法一：

n=13 pl=17 ph

=4

虚约束：

因为AB=BC=CD=AD，4和5，6和7、8和9为不影响机构传递运动的重复部分，与连杆10、11、12、13所带入的约束为虚约束。机构可简化为图2-7（b）

'=3 局部自由度F''=3 重复部分中的构件数n'=10 低副数pl'=17 高副数ph'-3n'=2⨯17+3-3⨯10-3=4 p'=2pl'+ph

局部自由度 F'=4

F=3n-(2pl+ph-p')-F'=3⨯13-(2⨯17+4-4)-4=1

解法二：如图2-7（b） 局部自由度 F'=1

F=3n-(2pl+ph-p')-F'=3⨯3-(2⨯3+1-0)-1=1

题2-21解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图2-11所示) 2) E处为销槽副，销槽两接触点公法线重合，只能算作一个高副。

n=4 pl=5 ph=1

F=3n

-2pl-ph=3⨯4-2⨯5-1=1

题2-23解：1)计算此机构的自由度

n=7 pl=10

ph=0

3

D

B1A

2E

5F

6G

1

C4

H7

4

6

5

5

3

2

7

6

3

1

2

7

(a)

(b)(c)

图2-23

F=3n

-2pl-ph

=3⨯7-2⨯10-0=1

2)

取构件AB为原动件时机构的基本杆组图2-10（b）所示。此机构为二级机构。 3)取构件GE为原动件时机构的基本杆组图2-10（c）所示。此机构为三级机构。 题2-24略

题2-26

Ａ

解：(a)楔形

1、2相对机架只能

x、y方向移动，而其

余方向的相对独立运动都被约束，故公共约束数m=4,为4族平面机构。pi=p5=3

F=(6-m)n-

∑(i-m)p

i=m+1

5

i

=(6-4)⨯2-(5-4)⨯3=1

F0=6n-ipi=6⨯2-5⨯3=-3 将移动副改为圆柱下刨，可减少虚约束。

(b) 由于齿轮1、2只能在平行平面内运动，故为公共约束数m=3,为3族平面机构。

p5=2 p4=1

F=(6-m)n-

∑(i-m)p

i=m+1

5

i

=3n-2pl-ph=3⨯2-2⨯2-1=1

F0=6n-ipi=6⨯2-2⨯5-1⨯4=-2 将直齿轮改为鼓形齿轮，可消除虚约束。

(c) 由于凸轮机构中各构件只能在平行平面内运动，故为m=3的3族平面机构。

p5=3 p4=1 F'=1

F=(6-m)n-

∑(i-m)p

i=m+1

5

i

-F'=(6-3)⨯3-(5-3)p5-(4-3)p4-F'=1

F0=6n-ipi-F'=6⨯3-5⨯3-4⨯1-1=-2 将平面高副改为空间高副，可消除虚

约束。

第3章课后习题参考答案

3-3(a)

(b)

答

：

答

（d

）

3-4答：1)瞬新的数目：

K=N(N-1)/2=6(6-1)/2=15

2)为求ω1/ω3需求3个瞬心P16、P36、P13的位置

3）

ω1/ω3= P36P13/P16P13=DK/AK

由构件1、3在K点的速度方向相同，可知ω3与ω1同向。 3-6

解：1）以选定的比例尺μ机械运动简图（图b）

2）求vc定出瞬心p12的位置（图b）

因p13为构件3的绝对瞬心，则有

ω3=vB/lBp13=ω2lAB/μl.Bp13=10×0.06/0.003×78=2.56(rad/s) vc=μc p13ω3=0.003×52×2.56=0.4(m/s)

3)定出构件3的BC线上速度最小的点E的位置,因BC线上速度最小的点必与p13点的距离最近，故丛p13引BC线的垂线交于点E，由图可得 vE=μl.p13Eω3=0.003×46.5×2.56=0.357(m/s)

4)定出vc=0时机构的两个位置（图c）量出

φ1=26.4° φ2=226.6°

3.8答：

答：b

答

3—11 答 速度多边形和加速度多边形特性参见下图，各速度方向在图中用箭头标出。

3-12(a)

答：

（1分）

Vc3=VB+VC3B=VC2+VC3C2 （2分）

aC3=aB+anC3B+atC3B=aC2+akC3C2+arC3C2 （3分） VC2=0 aC2=0 （2分）

VC3B=0 ω3=0 akC3C2=0 （3分）

（1分）

(b)

答： （2分）

（2分）

VC2=VB+VC2B=VC3+Vc2C3 （2分）

ω3=ω2=0 （1分）

aB+anC2B+atC2B=aC3+akC2C3+arC2C3 （3分）

（2分）

(c)答：

VB3=VB2+VB3B2

VC=VB3+VCB3 （2分）

a n B3+a t B3=aB2+akB3B2+arB3B2 （3分）

3- 13解 1)图 (a)存在哥氏加速度，图 (b)不存在。

k

(2)由于aB2B3==2ω2vB2B3故ω3，vB2B3中只要有一项为零，则哥氏加速度为零。图 (a)中B点到达最高和最低点时构件1，3．4重合，此时vB2B3=0，当构件1与构件3相互垂直．即_f=；点到达最左及最右位置时ω2=ω3=0．故在此四个位置无哥氏加速度。图 (b)中无论在什么位置都有ω2=ω3=0，故该机构在任何位置哥矢加速度都为零。

(3)对。因为ω3≡ω2。

3-14 解 (1)以μl作机构运动简图 (a)所示。 (2)速度分析：

以C为重合点，有

vC2 = vB + vC2B = vC3 + vC2C3

大小 ?ω1lAB ? 0 ’ 方向 ? ┴AB ┴BC //BC

以μl作速度多边形图 (b)，再根据速度影像原理，作△bde∽／△BDE求得d及e，由图可得

vD=μvpd=0．23 m／s vE=μvpe=0.173m/s

ω2=μvbc2/lBC=2 rad/s(顺时针)

(3)加速度分析： 以C为重合点，有

ntkr

aC2 == aB + aC2B + aC2B == aC3 + aC2C3 + aC2C3 大小 ω12lAB ω22lBC ? 0 2ω3vC2C3 ? 方向 B—A C—B ┴BC ┴BC //BC 其中anC2B=ω22lBC=0.49 m／s2，akC2C3=2ω3vC2C3=0.7m／s2，以μa作加速度多边形如图 (c)所示，由图可得

2

aD=μap`d`=0.6 4m/S aE=μap`e`=2.8m/s2

t

α2=aC2B/lBC=μan`2C`2/lBC=8.36rad/s2(顺时针) 3- l5解： 1）速度分析：以F为重合点．有

vF4=vF5=vF1+vF5F1

以μl作速度多边形图如图(b)得，f4(f5)点，再利用速度影像求得b及d点

根据vC=vB+vCB=vD+vCD 继续作速度图，矢量pc就代表了vC 2）加速度分析：根据 a F4= an F4+ a tF4= a F1+ ak F5F1+ ar F5F1

以μa作加速度多边形图 (c)，得f`4(f`5)点，再利用加速度影像求得b`及d’点。 根据 aC=aB+anCB+atCB=aD+anCD+atCD

继续作图，则矢量p` c`就代表了aC．则求得 vC=μvpc=0.69 m／s

2

aC=μapc=3m／s

3-16 提示：可先将机构进行高副低代，然后对其替代机构进行运动分析。

解 (1)以μl作机构运动简图如图 (a)所示。

(2)速度分析：先将机构进行高副低代，其替代机构如图 (a)所示，并以B为重合点。有

VB2 = vB4 + vB2B4

大小 ? ω1 lAB ? 方向 ┴ BD ┴ AB //|CD

2

以μv=0.005 rn／s作速度多边形图如图 (b)，由图可得 ω2=vB2／lBD=μvpb2(μlBD)=2.333 rad／s(逆时针) (3)加速度分析：

ntkr

aB2 = aB2 + aB2 = aB4 + aB2B4 + aB2B4

22

大小 ω2lBD ? ω1lAB 2ω4vB2B4 ? 方向 B-D ┴ BD B-A ┴ CD //CD

n22k2

其中aB2=ω2lBD =0.286 m/s，aB2B4 =0.746 m／s．作图 (c)得 α= atB2 /lBD=μan`2b`2/lBD=9.143 rad／s2：(顺时针)

3-18 在图（a)所示的牛头刨机构中．lAB=200 mnl，lCD=960 mm，lDE=160 mm, 设曲柄以等角速度ω1=5 rad／s．逆时针方向回转．试以图解法求机构在φ1=135º位置时．刨头点的速度vC。

解 1）以μl作机构运动简图．如图 (a)。

2）利用瞬心多边形图 (b)依次定出瞬心P36,P13.P15

vC=vP15=ω1AP15μl=1.24 m/S

3 -19解：(1)以μl作机构运动简图如(a)所示。

(2)速度分斫：

此齿轮连杆机构可看作，ABCD受DCEF两个机构串联而成，则可写出： vC=vB+vCB vE=vC+vEC

以μv作速度多边形如图 (b)所示．由图得

vE=μvpe m/S

取齿轮3与齿轮4的啮合点为k，根据速度影像原理，作△dck∽△DCK求得k点。然后分别以c，e为圆心，以ck．ek为半径作圆得圆g3和圆g4。圆g3代表齿轮3的速度影像，圆g4代表齿轮4的速度影像。

3-21解： (1)以μl作机构运动简图 (a)。

在图作出齿条2与齿轮3啮合摆动时占据的两个极限位置C’，C”可知摆程角φ如图所示：

(2)速度分析：

将构件6扩大到B点，以B为重合点，有 vB6 = vB2 + vB6B2 大小 ? ω1lAB ? 方向 ┴BD ┴AB ∥BC

vB2=ωllAB= 0.01 8 m／s

以μv作速度多边形图 (b)，有

ω2=ω6=vB6/lBD=μvpb6/μlBD=0.059rad/s(逆时针) vB2B6=μvb2b6=0.018 45 rn／s

(3)加速度分析：

aB5 = anB6 + atB6 = anB2 + akB6B2 + arB6B2 大小 ω26lBD ? ω12lAB 2ω2vB6B2 ? 方向 B-D ┴BD B-A ┴BC ∥BC 其中，anB2=ω12lAB=0.08m/s2，anB6=ω62lBD=0.000 1 8m／s2，akB2B6=2ω6vB2B6=0.00217m／s2．以μa作速度多边形图 (c)。有

α6=atB6/lBD=μa b6``r`/lBD=1,71 rad／s2(顺时针)

3-22解： （1）以μl作机构运动简图如图 (a)所示。 (2)速度分析： vC2 = vB2 + vC2B2 大小 ? ωlAB ? 方向 //AC ┴AB ┴BC

以μv作速度多边形图如图(b)，再根据速度影像原理；作△b2c2e2∽△BCE求得e2，即e1。由图得

ω2=vC2B2/lBC=μac2b2/lBC=0.44 rad／s(逆时针) 以E为重合点 vE5=vE4+vE5E4 大小 ? √ ? 方向 ┴EF √ //EF

继续作图求得vE5，再根据速度影像原理，求得

vG=μvpg=0.077 m/ s

ω5=μvpg／lFG=0.86 rad／s(逆时针) vE5E4=μve5e4=0.165 rn／s (3)加速度分析：

aC2 = anB2 + anC2B2 + atC2B2 大小 ? ω12lAB ω22lBC ? 方向 //AC B-A C-B ┴BC

其中anB2=ω12lAB =0.8 m／s2 anC2B2 =ωanC2B2=0.02 m／S2

以μa=0,01(rn／s2)／mm作加速度多边形图(c)，再利用加速度影像求得e`2。然后利用重合点E建立方程

anE5十atE5=aE4+akE5E4+arE5E4

继续作图。则矢量p`d5就代表了aE5。再利用加速度影像求得g’。

2

aG=μap`g`=0.53 m／S

第四章 平面机构的力分析

题4-

7

（a）解：(a)作铆钉机的机构运动简图及受力 见下图（a）

由构件3的力平衡条件有：Fr+F由构件1的力平衡条件有：F

R21

R43

+F

R23

=0

=0

+F

R41

+F

d

按上面两式作力的多边形见图（b）得

∆=FrFd=cotθ

（b）作压力机的机构运动简图及受力图见（c）

由滑块5的力平衡条件有：G+F由构件2的力平衡条件有：F

R42

R65

+F

R32

R45

=0

R12

+F+F=0 其中 F

R42

=FR54

按上面两式作力的多边形见图（d），得∆=G

Ft

(c) 对A点取矩时有 Fr⋅a=Fd⋅b ∆=b

a

其中a、b为Fr、Fd两力距离A点的力臂。∆=G

Ft

GFd

FR43r

R41

d

(a)

(b)

题4-8解：1) 选定比例尺, 绘制机构运动简图。(图(a) )

2 (b)

4-1 (c)

3) 确定惯性力

活塞3：

连杆2：

（顺时针）

(图(a) )

(d)

(b)

(c)

题4-10解：1）求图a所示导轨副的当量摩擦系

，把重量G分解为G左，G右

，

，

2）求图b

假设支撑的左右两端均只在下半周上近似均匀接触。

题4-11解：

代入平轴端轴承的摩擦力矩公式得

若为新轴端轴承，则

若为跑合轴端轴承，则

题4-13解：图a和图b连杆为受压，图c连杆为受拉.，各相对角速度和运动副总反力方向如下图

2) 取构件1

题4-18解: 1)

绘制机构运动简图。

2

作速度多边形和加速度多边形如图（a），(b)

3) 确定构件3上的惯性力

F

(e)

4) 动态静力分析：

以构件组2,3为分离体，如图(c) ,

有

以

作力多边形如图(d)

得

以构件1为分离体，如图(e)，有

顺时针方向。

4

F

′

r

FR43-F

F′

′

′

(e)

(b)

(d)

(a)

题4-22解: 应用虚位移原理求解，即利用当机构处于平衡状态时，其上作用的所有外力（包括惯性力）瞬时功率应等于零的原理来求解，可以不需要解出各运动副中的反力，使求解简化。

1) 以比例尺μv作速度多边形如下图

vC=μVpc=55μvm

s

vE=μVpe=57μvm

s

vT2=μVpt2=52μvm

s

vT4=μVpt4=53μvm

s

ω1=

μvpbra sμllAB

2）求平衡力偶矩：由∑Pivicosαi=0，

Mbω1-F3vc-F5v5+FI'2vT2cosαT2+FI'4vT4cosαT4=0

Mb=

μlAB

pb

[F

3

pc+F5pe-FI'2vT2cosαT2-FI'4vT4cosαT4=46.8N⋅m

]

顺时针方向。

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 ρ=fvr=0.2⨯0.01=0.002m

φ=arctanf=8.53︒

计算可得图5-5所示位置 α=45.67︒ β=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(lABsinα+2ρ)

F

R21

=F

R23

=M

(lAB

sinα+2ρ)]

+F

3

构件3的平衡条件为：F

FR23

R23

+F

R43

=0 按上式作力多边形如图5-5所示，有

sin(90︒+φ)

=

F3

sin(90︒-β-φ)

（4）F3=

FR23sin(90︒-β-φ)

cosφ

=

M1cos(β+φ)

(lAB

sinα+2ρ)cosφ

F30=

M1cosβ

(lAB

sinα)

（5）机械效率： η=

F3F30

=

lABsinαcos(β+φ)

(lAB

sinα+2ρ)cosβcosφ

=

0.07153⨯0.92140.07553⨯0.9688⨯0.9889

=0.91

FR12

FR21

FR41

FR43

图5-5

F 题5-2

解: （1）根据己知条件，摩擦圆半径 ρ=

d2fv2

φ1=arctanf1 φ2=arctanf2

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∑F

x

φ1-FR''32cosφ2=0 =0 FR12sinφ1+FR'32cos

φ1-G-FR'32sinφ1-FR''32sinφ2=0 =0 FR12cos

C

y

∑M

=0

d2

''32cos+FRφ2⋅l+FR''32sinφ2⋅d2-FR12cosφ1⋅e⋅cosθ=0

FR12(b+l)sinφ1+G

（3）以凸轮为研究对象的平衡方程式如下： M=FR12⋅h h=ρ+

ecosθ+(r+esinθ)tanφ1

cosφ1

（4）联立以上方程解得

M=

G[ρ+ecosθ+(r+esinθ)tanφ1]

1-2e

l

cosθtanφ2

θ M0=Gecos

η=

MM

ccosθtanφ2

l

=

ρ+ecosθ+(r+esinθ)tanφ1

ecosθ1-2e

()

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

解:该系统的总效率为 η=η1η22η3=0.95⨯0.972⨯0.92=0.822 电动机所需的功率为N=

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PA

PA

Pv

=5500⨯1.2⨯10

-3

0.822

=8.029

2η1ηA

2

=7.27kW PB'=

PB

2η1ηA

2

=2.31kW

传动总效率η=

∑P

r

∑P

'+PB'=9.53kW =0.63 电动机所需的功率P电=PA

d

第二种情况：PA = 1 kW, PB = 5 kW

'=输入功率PA

PA

2ηηA

2

1

=1.44kW PB'=

PB

2η1ηA

2

=11.55kW

传动总效率η=

∑P

r

∑

Pd

'+PB'=12.99kW =0.462 电动机所需的功率P电=PA

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η'≤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=

F'cosφ

sin(α-2φ)

当φ=0时，FR230=F'

sinα

于是此机构反行程的效率为 η'=

FR320FR32

=

(α-2φ)sin

sinα

令η'≤0，可得自锁条件为：α≤2φ 。

F

90°

R23

-α+φ

(a)

图5-8

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(α-2φ)

φ

若楔块不自动松脱，则应使F'≤0即得自锁条件为：α≤2φ

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 α-φ≤φ ，由此可得自锁条件为：α≤2φ 。

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—2

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—5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

mb2=

mb3=

m

m

sin(180-45-45-30)

sin45=0.39kg

sin60

sin(45+30)=0.58kg

6—7条件有

m1r1+m4r4+

2323mr+22mr+33

13

13

mr3+3mbrb=01

解 根据动平衡

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

mr2+2mbrb1=10

6—

8

(1)以滚筒两端面为平衡基面时，其动平衡条件为

mb1rb1+mb1

3.51.59.5

mr+mr+mr=[1**********]11 14.59.51.5r+mr+mr+mr=3031b111122

111111

解

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

mb1rb1+mb1

13

mr+mr3=3011

14.514.5

9.51.5

r+mr+mr+mr=3031b111122

14.514.5

5

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

[m1r1]=[mr]

l2l1+l2

=30⨯

200200+100

=20g.cm

=10g.cm

l1+l2200+100

(3) n=6000 r／min， ω=2πn/60=628.32 rad/s

[e]=1 000A／ω=10.025μm

[m11r1]1=[mr]

l2

=30⨯

100

[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

[m1r1]=[mr][m11r11]=[mr]

l2l1+l2

=15⨯

200200+100100200+100

=10g.cm

l2l1+l2

=15⨯=5g.cm

6—12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

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。

解 如图所示，用平衡