第2章平面机构的平衡

Fy = −∑ mi yi = 0 （2.4.1b)
i =1 n −1 i =1 .. .. n −1 ..
对上式求导两次得质心加速度。 总质心加速度＝0
..
M z = −∑ [mi ( xi yi − yi xi ) + J i ϕi = 0（2.4.1c)
摆动力矩 完全平衡 总质心静止 总质心作匀速 直线运动
质量代换
2. 两点静代换 只进行摆动力的平衡，即 不考虑转动惯量
mA + mK = m −mAl A + mK lK = 0
Js lK = ml A mJ s mA = 2 ml A + J s
2 m 2l A mK = 2 ml A + J s
A B （2.2.6） 实质量代换法适用于 l = 0 −mAl A + mB B 2 2 mAl A + mK lK = J构件的质心恰在铰链连线上的情况 s
一、曲柄滑块机构的惯性力分析 2. 机构运动分析 ——分析A、B两点的加速度 1）滑块C的加速度分析
对一般内燃机， = 0.16 ~ 0.40 ，因而上式中 λ 5 3 含 λ 、λ ，……..的项均可忽略不计。又因曲柄等速回 .. 转， = 0 。这样，C点加速度近似为： θ
aC = −r θ (cos θ + λ cos 2θ )
概述
1）加配重的方法 2）合理布局机构或设置附加机构
一、机构的平衡 二、平衡的种类和方法 1. 针对惯性力造成的三种危害 2. 根据采用的措施不同，将平衡分为两类
概述
3. 从惯性载荷被平衡的程度看，平衡可分为三类 1）部分平衡 2）完全平衡
摆动力完全平衡 摆动力和摆动力矩的完全平衡 3）优化综合平衡
n
⑤
满足前两个条件，使惯性力保持不变的代换称为静代换
满足全部三个条件，使惯性力和惯性力矩均保持不变的代换 称为动代换
二、实质量代换 代换点的选择： 1. 两点动代换
质量代换
运动参数易确定的点上，如回转运动副 关于代换质量和 质量相等 位置的方程组
mA + mK = m
质心重合 −mAl A + mK lK = 0 （2.2.6） 转动惯量相等 2 2
方程组中只有mA、mB是待求量， 三个方程求解两个未知数，只有当 mA、mB为复数时才有解。 mA、mB为复数 ——广义质量
质心
三、广义质量代换法简介
质量代换
§2.3 曲柄滑块机构的摆动力部分平衡
一、曲柄滑块机构的惯性力分析 1. 质量静代换 对C点 1）mB2、mC2代替m2 求矩 根据质心 重合条件有
1
对S求导两次即得C点的加速度
aC = r θ 2 (− cos θ − A2 cos 2θ + A4 cos 4θ − A6 cos 6θ + L) + A6 A2 A4 r θ (− sin θ − sin 2θ + sin 4θ − sin 6θ + L) 2 4 6
..
曲柄滑块机构的摆动力部分平衡
m +m =m
（2.2.8）
（2.2.7）
lB mA = m l A + lB lA mB = m ）
三、广义质量代换法简介 前面的两质量代换适用于构件的 质心恰在两铰链连线上的情况。 当质心不在两铰链连线上时， 静代换条件为：
质量代换
质心与AB重合有两个方程
mA + mB = m mA x A + mB xB = mxS （2.2.10） mA y A + mB yB = myS
Js 指定lA为已知， lK = ml A
则
mAl A + mK lK = J s
mJ s mA = 2 ml A + J s
2 m 2l A mK = 2 ml A + J s
（2.2.7） 求解完毕
二、实质量代换 1. 两点动代换 2. 两点静代换
质量代换
——只进行摆动力的平衡，即不考虑转动惯量
mB 2 mC 2
b = m2 l （a) a 对B点 = m2 求矩 l
对A点 求矩 （c) mA不予 考虑
2）mA1、mB1代替m1
c mB1 = m1 r
3）同一点处的 mB = mB1 + mB 2 质量进行合并 m = m + m C C2 3
曲柄滑块机构的摆动力部分平衡
一、曲柄滑块机构的惯性力分析 2. 机构运动分析 ——分析A、B两点的加速度 1）滑块C的加速度分析
概述
1）周期性变化的惯性力传递给机座引起振动、产生 噪声； 2）加剧平衡力矩的波动，从而产生冲击载荷； 3）惯性载荷在构件中引起附加的动应力，影响构件 强度；在运动副中引起附加的动反力，加剧磨损并降 低机械效率
1）机构在机座上的平衡 2）机构输入转矩的平衡 3）运动副中动压力的平衡
一、机构的平衡 二、平衡的种类和方法 1. 针对惯性力造成的三种危害 2. 根据采用的措施不同，将平衡分为两类
质量代换
∑m
n
n
i =1
i
①
s
满足条件1）、2）， ∑ m x = mx
i =1 代换后惯性力不变！ n i i
②
∑m y
n i= i =1 i i =1
i
= mys
③
mi ( xi2 +yi2 ) = J s + m( xs2 + ys2 ) ∑
−α ∑ mi ( x +y ) = − J sα
i =1 2 i 2 i
C点： 一阶惯 性力
FIC = − mC aC = mC r θ 2 (cos θ + λ cos 2θ ) = mC r θ 2 cos θ + mC r θ 2 λ cos 2θ
. .
.
（2.3.7）
二阶惯 性力
曲柄滑块机构的摆动力部分平衡
二、平衡配重的计算
.
FIB = −mB r θ 2
.
.
.
FIE1 = mE1r 'θ 2 = FIB = mB r θ 2 FIC r mE1 = mB （2.3.8） r' . 2 FIE 2 x = −mE 2 r 'θ cos θ
mE = mE1 + mE 2
.
FIE 2 y = −mE 2 r 'θ 2 sin θ
.
.
（2.3.9）
适当减小ME2，既部分地平衡掉一阶惯性力，又 −mE 2 r 'θ 2 cos θ = −kmC r θ 2 cos θ 不使新产生的不平衡惯性力过大 r r mE 2 = k mC mE = mE1 + mE 2 = (mB + kmC ) r' r'
∑
i= i =1 ..
mi ( xi2 +yi2 ) = J s + m( xs2 + ys2 ) ∑
i =1
n
③
−∑ mi xi = −m xs
i =1 n
n
..
−∑ mi yi = −m ys
i =1
..
..
④
代换时应满足如下三个条件 1）各代换质量的总和＝原构件 的质量 满足条件3）， 2）各代换质量的总质心应与原 代换前后惯性力矩不变！ 来的质心重合 3）各代换质量对坐 标原点的转动惯量 之和＝原构件对坐 标原点的转动惯量 取坐标原点与质心 重合，并将③式两 边同乘以 − α
（2.3.6） 不能平衡掉 （2.3.7）
.
FIC = mC r θ 2 cos θ + mC r θ 2 λ cos 2θ
.
FIE1 = mE1r 'θ 2 = FIB = mB r θ 2 FIC r 可以平衡掉m mE1 = mB （2.3.8） B r' . 产生的惯性力 2 FIE 2 x = −mE 2 r 'θ cos θ
s = r cos θ + l cos ϕ （2.3.1）
滑块C 的位移
r sin ϕ = sin θ = λ sin θ l cos ϕ = 1 − sin 2 ϕ = 1 − λ 2 sin 2 θ
自变量
展开
cos ϕ
关于自变量的 函数.据此求 1 2 2 1 4 ϕ 6 出λ cos 4 θ ) − 1 (λ 64 sin 6 θ ) − L = 1 − (λ sin θ ) − ( sin
第二章 平面机构的平衡
§2.1 概述
以动态静力分析为基础的 动力学综合问题
第二章 平面机构的平衡
一、机构的平衡
§2.1 概述
——惯性载荷对机器造成危害。危害有以 1. 为什么要平衡？ 下几方面：
1）周期性变化的惯性力传递给机座引起振动、产生 噪声； 2）加剧平衡力矩的波动，从而产生冲击载荷； 3）惯性载荷在构件中引起附加的动应力，影响构件 强度；在运动副中引起附加的动反力，加剧磨损并降 低机械效率
§2.4 平面连杆机构的完全平衡
一、平面连杆机构完全平衡的条件 摆动力完 全平衡 机构总质心：
1 n −1 机构运动时其总 xS = ∑ mi xi m i =1 质心保持静止不动 质量矩 (2.4.2) n −1 n −1 .. 1 yS = ∑ mi yi Fx = −∑ mi xi = 0 （2.4.1a) 机构的质量矩为常数 m i =1 i =1
mA + mK = m −mAl A + mK lK = 0
2 2 mAl A + mK lK = J s
（2.2.6） （2.2.8）
指定lA和lB为 已知，则
lB mA = m l A + lB lA mB = m l A + lB