2013习题卡04-07第4567章答案4平面机构的力分析5机械效率和自锁

第4章平面机构的力分 D．消耗功；E．正功； 123

fV

2

kf，k1~/答：1）2）5.。6.。答：1)判断对错，在括号中打上√或（√）图示为一曲柄滑块机构的a)、b)、c)三个位置，FA及B上所画的虚线小圆为摩擦圆，试决定在此三个位置时作用在连杆AB上的作用力的真实方向（构件重量及惯性力擦圆，运动副B处摩擦角φ如图所示。图示为一带式机，由电动机1经带传动带8所需的曳引力P=5500N，运送速度8的机械效率η3=0.920.950.9720.9212NPv

0.8220.950.92(均已包括轴承效1、2、3、45-6、7-8、9-10、11-12120.950.92(均已包括轴承效1、2、3、45-6、7-8、9-10、11-1212''562L''' 0.9520.92123451。求机器的总效率F3412567P'33

r P2’η3η4= P' 将已知代入上式可得总效率数f=0.2，为了避免发生自锁，导轨的长度L应满足什么条件（解题时不计构件1的质量）？解：力矩平衡M0F100RL,RF100

RR1’FRFfRf0.2FF要使推杆不自锁，即能够上升，必须满足：F2Ff，即F20.2F100/L0.4100的自锁条件（3不会自动松脱出来的条件。解法一：根据反行程时0反行程时（3退出）31、12作用的总反力FR13和FR23以及支持力F5-5（a）、(b)35-5

当0

Fsinφφ2 α1φφαφ 图5-

FR320sin2令0

。

FFR23sin2

F0由于工件被夹紧后F35-5(b)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φ3即发生自锁。即，由此可得自锁条件为： 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6 回转构件进行动平衡时，应在 答：一定一定不一定一定机构的完全平衡是使机构的总惯性力 ABC静不平衡针对轴尺寸较小的转子（b与其直径DD使动不平衡转子的质心与回转重合可实现平 A.曲柄 B.连杆 C.机座判断对错，在括号中打上√或①经过动平衡校正的刚性转子，任一回转面内仍可能存在偏心质量 (√②若刚性转子满足动平衡条件，这时我们可以说该转子也满足静平衡条件 (√(√ (×) (×)⑥作往复运动或平面复合运动的构件可以采用附加平衡质量的方法使它的惯性力在构件内部得到平衡。 (√) (√)(√D来达到。条件是lAB=lAB’lBC=lBC’lCD=lCD’(×)⑩为了完全平衡四杆铰链机构的总惯性力，可以采用在AB杆和CDm 来达到。平衡质量的位置和大小应通过计算求得。(√在图示a、b、c三根曲轴中，已知m1r1m2r2m3r3m4r4，并作轴向等间隔布置，且都 图示为一钢制圆盘，盘厚b=50mm，位置Ⅰ处有一直径φ=50mm通孔，位置Ⅱ处是一质量m2=0.5kg的重块。为了使圆盘平衡，你在圆r=200mm（钢的密度2m14

242

57.8m2

mb

d242

m1r1m2r2mbrbmbrbcosbm1r1cos135m2r2cos21032.52kgmbrbsinbm1r1sin135m2r2sin210104.08kg(mrsin(mrsin)(mrcos22b bb

d

1mbrbsinbb180

mr

18072.66180 b b

2kg

mbW rbr

量得b别为r1=40cm，r2=r4=30cm，r3=20cml12=l23=l34=30cm，各偏心质量的方位角如图。若置于平衡基面Ⅰ及Ⅱ中的平衡质量mbⅠ及mbⅡ50cm，试求mbⅠ及mbⅡ

20kg3

403m

(mr)2(mr)(mr)2(mr)2bⅠbbⅠb

283.228.2 tg1(mbⅠrb)

284.8kg (mr bⅠbm

r)2 r) r)2 r)2bⅡbbⅡb

tg1(mbⅡrb)

416.5kg r bⅡb

2m 2

1m 3

mbⅠrbm4

1m 2

2m 3

mbⅡrb

10kg

6-

rmbⅠW rb

bⅠ

bⅡn=300r/minn01=6000r/min，现在两9-15（b）所示，试问：6500r/min,等效构件的等效质 或等效转动惯量具有的动能等于原机械系统的总动能；等效质 有关，而与机器的运动无 的原则来计算等效力矩，按动能等效 机器产生速度波动的主要原因是输入功不等于输出功等效构件上作用的等效力或力矩产生的瞬时功率等于原机械系统 飞轮在机械中的作用，实质上相当于一个储能器机器周期性速度波动的调节方法一般是加装飞轮 机器安装飞轮后，原动机的功率可以比未安装飞轮时D D.A、C的可能性都存机器运转出现周期性速度波动的原因是C。采用飞轮进行机器运转速度波动的调节，它可调节B 答：1）MedMer的变化是具有规律地周而复始，Je2）14.①机器中安装飞轮后，可使机器运转时的速度波动完全消除。()②为了减轻飞轮的重量，最好将飞轮安装在转速较高的轴上。()③机器稳定运转的含义是指原动件(机器主轴)作等速转动。()④机器作稳定运转，必须在每一瞬时驱动功率等于阻抗功率。()各运动构件的质量(转动惯量)之和 ( 和 ( 的真实运动前是无法计算的 ( 得机构的真实运动前是无法计算的 ( ⑨为了调节机器运转的速度波动，在一台机器中可能需要既安装飞轮，又安装调速器。(×⑩为了使机器稳定运转，机器中必须安装飞轮 (×Md随曲柄转角φ的变化曲线如图所示，其运动周期φT=π，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δ=0.01⑴曲柄最大转速nmax和相应的曲柄转角位置M BM BC0φM BD EFC0φ 解选定曲柄为等效构件，所以等效驱动力矩Med=Md 在一个运动循环内，驱动功Wd应等于阻抗功Wr，即Mer·π=Wr所以Mer=350/3Mera)

DE由

3

MedMeds1=⊿DE0面积=- s2=ABFE面积=

1225=-

=-3

125

s3=⊿FGC面积

35015925

=-作能量指示图，如图b) ωmin=ωm(1-δ/2)知nmax=nm(1+δ/2)=620×(1+0.01/2)=623.1r/min

装在曲柄上的飞轮转动惯量

2n2

=2.11图aMed及等效Mer对转角T为其变化的周

，

，，

，， A ，

A10Nmmm2，试求系统的最大盈亏功Wmaxnm1000rminJe5kgm2试求该系统的最大转速nmax及最小转速nmin， 最大转束及最小转速出现的位置解：1）求作此系统的能量指示图（图b）b知：此机械系统的动能最小及最大值分别出现在b及e的位置，即系统在b及e处，nmaxnmin。

AAbcAcdAde2500N2)JF

m2n2m900Wmax

900

meJFme

2n2

210002nmax

max

minN2=900KWt2=5s，主轴平均转速n1=50r/min,