3-14、图（a）所示为一齿轮连杆机构，A点速度vA=122m/s，方向如图所示；构件4与构
件5为一对圆柱齿轮，其节圆直径d4=204mm，d5=102mm，x－x为固定齿条（即机架）；构件2、3和6的长度分别为lO2A=50.8mm，lAB=204mm，lO6C=152mm。试求：（1）两齿轮角速度ω4和ω5，两齿轮的速度影像；（2）齿轮5上D点速度vD。
解 （1）选取长度比例尺μl=0.007m∕mm，画机构图，如（a）图所示。 （2）求vB和vC 。
两齿轮中心距BC为定长，可认为存在联接两齿轮中心的假想杆件BC。利用高副低代法得本机构的瞬时代替机构，即五杆机构。
齿轮4与齿条1啮合，齿轮节圆在齿条节线上作纯滚动，所以，vP4P2=0。
vP4?vP1?0。 vB?vA?vBA
⊥BP ⊥O2A ⊥AB (pb) (pa) (ab) 选取速度比例尺?v?vA122??8.13ms?1/mm，画速度多边形，如（b）图所示。∴pa15vB?(pb)??v?13?8.13=105.7m/s，方向如（b）图中p→b。
vBA?(ba)??v?14?8.13=113.8m/s
vC?vB?vCB
⊥CO6 ⊥BP ⊥CB （pc） （pb） （bc）
∴vC?(pc)??v4.5?8.13=36.6m/s，方向如（b）图中p→b。
vCB?(bc)??v?13?8.13=105.7m/s
（3）求两齿轮的速度影像。
（a） 因vP4=0，故P4点在速度影像中对应点为p；以b为圆心、pb为半径所作之小圆即为齿轮4的
速度影像。
（b）画△pbm4∽△P4BM4，得齿轮4上M4点在速度影像中对应点 m4。由于M4点与M5点为瞬时重合点，且vM4?vM5，故对齿轮5来说，C点和M5的速度均为已知，（c）图中cm5即为齿轮5上半径CM5的速度影像。
因此，以c为圆心，cm5为半径所画之大圆，即为齿轮5的速度影像。因D点是 M5C的延长线与圆周之交点，故其速度影像为m5c延长线与大圆交点d。
?4?vB105.7??1036rad/s，顺时针转向。 lBP0.102vCM5(cm5)??v24?8.13=3826rad/s，逆时针转向。 ??lCM5lCM50.051 ?5? vD?(pd)??v?26?8.13=211.38m/s，方向p→b。
3-21及3-23二题同学可参照下列自做。
3-21、 连杆的角位移、角速度、角加速度
为求θ1和θ2的函数关系，将机构的封闭向量图OABCO向Y轴投影，这样可避开运动参
数XC而写为： e+r*sinθ1-L*sinθ2=0
即 sinθ2=（e+r*sinθ1）/L (11)
将（11）式对时间求导一次，两次，得连杆的角速度及角加速度的公式为： ω2=ω1（r*cosθ1）/（L*cosθ2） （12） ε2=ω12{(ω2/ω1)2sinθ2-(r/L）sinθ1}/COSθ2 2、滑块的位移、速度、加速度 先将连杆2拆离，可写出曲柄上B点及滑块上C点的坐标为 XB=r*cosθ1,YB=e+r*sinθ1,XC=XC,YC=0 (13) （XB－XC）2＋（YB－YC）2=L2 (14) 将（13）代入（14）
XC2-2*r*COSθ1*XC+(r2+e2-L2+2e*r*SINθ1)=0 (15) 并化简得滑块位移方程：
XC=r*cosθ1+(L2-e2-r2*sin2θ1-2*e*rsinθ1)1/2=0 (16)
3-23、 下图为有偏距e的导杆机构，ω1等速，要推导出导杆3的角位移、角速度、角加
速度以及滑块2对导杆3的相对位移、相对速度、相对加速度的公式？ 1、导杆的角位移、角速度、角加速度 为了直接求出导杆转角θ3和主动件转角θ1的函数关系，将机构的封闭向量图DABCD向DC方向投影，这样可避开运动参数L3而得：
L4COS[180 -θ3]+L1COS[θ1+(90-θ3)] -e=0
即 －L4COSθ3 +L1SIN[θ3－θ1]-e=0 (1)
经整理，可将（1）式写成求导杆转角θ3的三角方程式如下： （L1COSθ1）SINθ3-(L4+L1SINθ1)COSθ3=e (2)
因而有：tg(θ3/2)={L1COSθ1±（L12+L42-e2+2L4L1SINθ1）1/2}/÷[e-(L4+L1SINθ1)] 式中的正负号应按运动的连续性选取。
将式（1）对时间求导一次，两次，得导杆的角速度及角加速度的公式为： ω3=ω1L1COS[θ3－θ1]÷{L4sinθ3+L1COS[θ3－θ1]} ε3= ω12{L1(ω3/ω1-1)2sin[θ3－θ1]-
L4(ω3/ω1)2COSθ3 }÷{ L4SINθ3+L1COS[θ3－θ1]}
Oo
2、滑块的相对位移、相对速度、相对加速度 滑块2在导杆3上滑动的相对位移，可用重合点B3对C点的可变长度L3来度量，将导杆3拆离，可避开θ3，这样滑块上B点对D点的距离可表示为（L32＋e2）1/2 。
因为：XB＝L1COSθ1，YB＝L4＋L1SINθ1 故可建立下列关系：XB2+YB2=L32＋e2
由此得滑块相对位移的方程式为： L32＝L12＋L42－e2＋2L1L4SINθ1 （1）
2221/2
或 L3＝（L1＋L4－e＋2L1L4SINθ1） 将此式对时间求导一次，两次，可得滑块的相对速度、相对加速度公式为：VBB3r=L1L4COSθ1ω1/L3
aBB3r=-L1L4ω12{L32SINθ1+ L1L4COS2θ1}/L33
第八章 机 械 的 平 衡
6-6 在图示的回转体中，已知各偏心重量G1=100N，G2=150N， G3=200N，G4=400N，它们的重心至回转轴的距离分别为r1=400mm，r2 = r4=300mm，r3=200mm。
又知各偏心重量所在的平面距离为l12 = l23 = l34 = 200mm，各偏心重量间的方位夹角α
000
12=120，α23=60，α34=90。如果加在平衡平面T'及T\中的平衡重Gb'及Gb\的重心至
回转轴的距离为rb'?rb\=500mm。试求Gb'和Gb\的大小及方位。
解：(1)把各个重径积分解到平衡面T’和T’’上
a) 对平衡面T’取力矩，求各个重径积在平衡面T '中的分量： G1’r1’ = G1r1= 100*40 = 4000 n.cm
G2’r2’=G2r2(L23+L34)/(L12+L23+L34)=
=150*30*(20+20)/(20+20+20)=3000 N.cm
G3’r3’=G3r3L34/(L12+L23+L34)=200*20/(20+20+20)=1333.33 N.cm G4’r4’ = 0
b)对平衡面T’’取力矩，求各个重径积在平衡面T’’中的分量：
G1’’r1’’= 0
G2’’r2’’=G2r2L12/(L12+L23+L34)=150*30*20/(20+20+20)=1500 N.cm G3’’r3’’=G3r3(L12+L23)/(L12+L23+L34)=
=200*20*(20+20)/(20+20+20)=2666.66 N.cm G4’’r4’’ =G4r4=100*30=3000 N.m
或者利用二个平衡面中的二个相应分量之和等于原来的重径积
这一关系，来求第二个平衡面中的分量，则会更简洁些，即： G1''r1''=G1r1-G1'r1'=4000-4000=0
G2''r2''=G2r2-G2'r2'=4500-3000=1500 N.cm G3''r3''=G3r3-G3'r3'=4000-1333.33=2666.66 N.cm G4''r4''=G4r4-G4'r4'=3000-0=3000 N.cm 。 (2)求平衡面T'中的平衡重量G'b
在平衡面T'中，各个重径积分量连同平衡重径积G'br'b的相邻 和应为零，即：
∑Gi’ri’=G1'r1'+G2'r2'+ G3'r3'+Gb'rb'=0 取比例尺μ
w= 100 N.cm/mm，则： w =4000/100 = 40 mm w =3000 /100 = 30 mm w =1333.33/100=13.3333 mm
W’1=G’1r’1/μ W’2=G’2r’2/μ W’3=G’3r’3/μ
作向量关系式 W’1+W’2+W’3+W’b=0 的向量多边形如图(b) 所 示，图中虚线所示的封闭边ad，即为 Gb’rb’=adμ
w=100*28.5=2850 N.cm
；
由于已经指定rb'=500 mm，因此所需的平衡重量
G'b=2850/50 =57 N 由图量得夹角 α'3b=64o(逆时针度量)。 (3)求平衡面T''中的平衡重量G''b
∑Gi''ri''=G1''r1''+G2''r2''+G3''r3''+Gb''rb''=0 取比例尺μ
w= 100 N.cm/mm，则：
w=1500/100=15 mm
w=2666.66/100=26.6666 mm w = 3000/100 = 30 mm
W’’2=G’’2r’’2/μ W’’3=G’’3r’’3/μ W’’4=G’’4r’’4/μ
作向量关系式 W’2+W’3+W’4+W’b=0 的向量多边形如图(c)所 示，图中虚线所示的封闭边ad，即为向量W’b。其重径积值为：
Gb’’rb’’=adμ
w=100*38.3=3830 N.cm
；由于已经指定
rb’’=500 mm，因此所需的平衡重量G’’b=3830/50=76.6 N 由图量得夹角α’’4b=116o30' (逆时针度量)。