机械原理第七版西北工业大学课后习题答案.docx

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机械原理第七版西北工业大学课后习题答案

机械原理

第7章课后习题参考答案

7—1等效转动惯量和等效力矩各自的等效条件是什么?

7—2在什么情况下机械才会作周期性速度波动?

速度波动有何危害?

如何调节?

答:

当作用在机械上的驱动力（力矩）周期性变化时，机械的速度会周期性波动。

机械的速度波动不仅影响机械的工作质量，而且会影响机械的效率和寿命。

调节周期性速度波动的方法是在机械中安装一个具有很大转动惯量的飞轮。

7—3飞轮为什么可以调速?

能否利用飞轮来调节非周期性速度波动，为什么?

答：

飞轮可以凋速的原因是飞轮具有很大的转动惯量，因而要使其转速发生变化．就需要较大的能量，当机械出现盈功时，飞轮轴的角速度只作微小上升，即可将多余的能量吸收储存起来；而当机械出现亏功时，机械运转速度减慢．飞轮又可将其储存的能量释放，以弥补能最的不足，而其角速度只作小幅度的下降。

非周期性速度波动的原因是作用在机械上的驱动力（力矩）和阻力（力矩）的变化是非周期性的。

当长时问内驱动力（力矩）和阻力（力矩）做功不相等，机械就会越转越快或越转越慢．而安装飞轮并不能改变驱动力（力矩）或阻力（力矩）的大小也就不能改变驱动功与阻力功不相等的状况，起不到调速的作用，所以不能利用飞轮来调节非周期陛速度波动。

7—4为什么说在锻压设备等中安装飞轮可以起到节能的作用?

解：

因为安装飞轮后，飞轮起到一个能量储存器的作用，它可以用动能的形式把能量储存或释放出来。

对于锻压机械来说，在一个工作周期中，工作时间很短．而峰值载荷很大。

安装飞轮后．可以利用飞轮在机械非工作时间所储存能量来帮助克服其尖峰载荷，从而可以选用较小功率的原动机来拖动，达到节能的目的，因此可以说安装飞轮能起到节能的作用。

7—5由式JF=△Wmax／（ωm2[δ]），你能总结出哪些重要结论（希望能作较全面的分析）?

答：

①当△Wmax与ωm一定时，若[δ]下降，则JF增加。

所以，过分追求机械运转速度的均匀性，将会使飞轮过于笨重。

②由于JF不可能为无穷大，若△Wmax≠0，则[δ]不可能为零，即安装飞轮后机械的速度仍有波动，只是幅度有所减小而已。

③当△Wmax与[δ]一定时，JF与ωm的平方值成反比，故为减小JF，最好将飞轮安装在机械的高速轴上。

当然，在实际设计中还必须考虑安装飞轮轴的刚性和结构上的可能性等因素。

7—6造成机械振动的原因主要有哪些?

常采用什么措施加以控制?

7—7图示为一机床工作台的传动系统。

设已知各齿轮的齿数，齿轮3的分度圆半径r3，各齿轮的转动惯量J1、，J2、，J2’、J3，齿轮1直接装在电动机轴上，故J1中包含了电动机转子的转动惯量；工作台和被加工零件的重量之和为G。

当取齿轮1为等效构件时，试求该机械系统的等效转动惯量Je。

解：

根据等效转动惯量的等效原则．有

则

7-8图示为DC伺服电机驱动的立铣数控工作台，已知工作台及工件的质量为m4=355kg,滚珠丝杠的导程d=6mm，转动惯量J3=×-3kg。

，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732×-6kg，J2=768×-6kg。

在选择伺服电机时，伺服电机允许的负载转动惯量必须大于折算到电动机轴上的负载等效转动惯量，试求图示系统折算到电动机轴上的等效转动惯量。

解：

根据等效转动惯量的等效原则．有

则:

=732×10-6+（768+l200）l×10-6×（25/45）2+355×（6×10-3）2×（25/45）2

=×-3kg

7—9已知某机械稳定运转时主轴的角速度ωs=100rad／s，机械的等效转动惯量Je=0.5kg.m2，制动器的最大制动力矩Mr=20（制动器与机械主轴直接相连，并取主轴为等效构件）。

要求制动时间不超过3s，试检验该制动器是否能满足工作要求。

解因此机械系统的等效转动惯量．F：

及等效力矩Al。

均为常数，故可利用力矩

形式的机械运动方程式：

Me=Jedω/dt

其中：

Me=-Mr=-20，Je=0.5kg.m2

dt=[Je/（-Mr）]dω=[（-20）]dω=ω

因此t=（ω-ωs）=ωs=

由于t=<3s，所以该制动器满足工作要求。

7一10设有一由电动机驱动的机械系统，以主轴为等效构件时，作用于其上的等效驱动力矩Med=10000—100ω，等效阻抗力矩Mer=8000，等效转动惯量Je=8kg.m2，主轴的初始角速度ω0=100rad／s。

试确定运转过程中角速度ω与角加速度α随时间的变化关系。

解由于机械系统的等效转动惯量为常数，等效力矩为速度的函数，故可利用力矩形式的机械运动方程式

Me（ω）=Med（ω）-Mer（ω）=Jedω/dt

即10000-100ω-8000=8dω/dt

（1）

对式①积分得

（2）

将式

（2）改写为

一=In（100ω一2000）一ln8000

解得ω=20+

上式对t求导得α=dω/dt=

7—11在图示的刨床机构中，已知空程和工作行程中消耗于克服阻抗力的恒功率分别为P1=w和p2=3677w，曲柄的平均转速n=100r／min，空程曲柄的转角为φ1=120º。

当机构的运转不均匀系数δ=时，试确定电动机所需的平均功率，并分别计算在以下两种情况中的飞轮转动惯量JF（略去各构件的重量和转动惯量）.

1）飞轮装在曲柄轴上；

2）飞轮装在电动机轴上，电动机的额定转速nn=I440r／min。

电动机通过减速器驱动曲柄，为简化计算，减速器的转动惯量忽略不计。

解

（1）确定电动机的平均功率。

作功率循环图如下图所示。

根据在一个运动循环内．驱动功与阻抗功应相等，可得

PT=P1t1+P2t2

P=（P1t1+P2t2）/T=（P1φ1+P2φ2）/（φ1+φ2）=3+3677×2/3）=2w

（2）由图知最大盈亏功为：

、△Wmax=（P-P1）t1=（P-P1）（60φ1）/（2πn）=×60×（1/3）×（1/100）=）当飞轮装在曲柄轴上时飞轮的转动惯量为

2）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

JF`=JF（n/nn）2=×（100/1440）2=0.388kg.m2

7-12某内燃机的曲柄输出力矩随曲柄转角的变化曲线如图所

示，其运动周期曲柄的平均转速。

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=。

试求

1）曲轴最大转速和相应的曲柄转角位置；

2）装在曲轴上的飞轮转动惯量（不计其余构件的转动惯量）。

解:

（1）确定阻抗力矩,因一个运动循环内驱动功应等于阻抗功．所以有

MrφT=AOABC=200×（1/2）×（π/6+π）

解得

Mr=（1/π）×200×（1/2）×（π/6+π）=l7

（2）求曲轴最大转速nmax，和相应的曲柄转角位置φmax：

作其系统的能量指示图（见图（b））．由图可知在c处机构出现能量最大值．即φ=φc时，n=nmax。

故

Φmax=20º+30º+130º×/200=º

此时nmax=（1+δ/2）nm=（1+2）×620=min

（3）求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

故：

7—13图示为两同轴线的轴1和2以摩擦离合器相连。

轴1和飞轮的总质量为100kg，回转半径ρ=450mm；轴2和转子的总质量为250kg，回转半径ρ=625mm。

在离合器接合前，轴1的转速为n，=100r／min，而轴2以n：

=20groin的转速与轴1同向转动。

在离合器接合后3s，两轴即达到相同的速度。

设在离合器接合过程中，无外加驱动力矩和阻抗力矩。

试求：

1）两轴接合后的公共角速度;

2）在离合器结合过程中，离合器所传递的转矩的大小。

解设离合器结合过程中所传递的摩擦力矩为Mf．两轴结合后的公共角

速度为ω。

根锯力矩形式的机械运动方程。

对于轴l和轴2，分别有：

（1）

（2）

由式

（1）

（2）得：

式中J1=m1ρ12J2=m2ρ22

ω1=2πn1/60=πn1/30,ω2=2πn2/60=πn2/30

从而

由

（1）得:

7—14图示为一转盘驱动装置。

1为电动机，额定功率为Pn=kW，额定转速为nn=1390．r／min，转动惯量J1=0.018kg.m2;2为减速器，其减速比i2=35,3、4为齿轮传动，z3=20，z4=52；减速器和齿轮传动折算到电动机轴上的等效转动惯量J2e=0.015kg.rn2；转盘5的转动惯量J5=144kg.m，作用在转盘上的阻力矩为Mr5=80；传动装置及电动机折算到电动机轴上的阻力矩为Mr1=。

该装置欲采用点动（每次通电时间约s）作步进调整，问每次点动转盘5约转过多少度?

提示：

电动机额定转矩Mn=9550Pn／nn，电动机的起动转矩Md≈2Mn，并近似当作常数。

解取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

点动过程中，系统的运行分为两个阶段：

第一阶段为通电启动阶段，第二阶段为断电停车阶段。

第一阶段的等效力矩为

由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为

ω11=ω10+α1t1

φ11=φ10+ω10t1+（1/2）α1t12

式中:

φ10=0,ω10=0,．t1=,a1=Me11/Je1所以

第二阶段的等效力矩为

由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为：

ω12=ω11+α2t2

φ12=φ11+ω11t2+（1/2）α2t22

式中:

ω12=0,α2=Me12/Je1所以

每次点动后．电机转过的角度为

φ1=φ12+φ11=+=

而转盘5转过的角度为：

第8章课后习题参考答案

8-l铰链四杆机构中，转动副成为周转副的条件是什么?

在下图所示四杆机构ABCD中哪些运动副为周转副?

当其杆AB与AD重合时，该机构在运动上有何特点?

并用作图法求出杆3上E点的连杆曲线。

答：

转动副成为周转副的条件是：

（1）最短杆与最长杆的长度之和小于或等于其他两杆长度之和；

（2）机构中最短杆上的两个转动副均为周转副。

图示ABCD四杆机构中C、D为周转副。

当其杆AB与AD重合时，杆BE与CD也重合因此机构处于死点位置。

8-2曲柄摇杆机构中，当以曲柄为原动件时，机构是否一定存在急回运动，且一定无死点?

为什么?

答：

机构不一定存在急回运动，但一定无死点，因为：

（1）当极位夹角等于零时，就不存在急回运动如图所示，

（2）原动件能做连续回转运动，所以一定无死点。

8-3四杆机构中的极位和死点有何异同?

8-4图a为偏心轮式容积泵；图b为由四个四杆机构组成的转动翼板式容积泵。

试绘出两种泵的机构运动简图，并说明它们为何种四杆机构，为什么?

解机构运动简图如右图所示，ABCD是双曲柄机构。

因为主动圆盘AB绕固定轴A作整周转动，而各翼板CD绕固定轴D转动，所以A、D为周转副，杆AB、CD都是曲柄。

8-5试画出图示两种机构的机构运动简图，并说明它们各为何种机构。

图a曲柄摇杆机构

图b为导杆机构。

8-6如图所示，设己知四杆机构各构件的长度为，,。

试问:

1）当取杆4为机架时，是否有曲柄存在?

2）若各杆长度不变，能否以选不同杆为机架的办法获得双曲柄机构和双摇杆机构?

如何获得?

3）若a、b﹑c三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围为何值?

:

解

（1）因a+b=240+600=840≤900=400+500=c+d且最短杆1为连架轩．故当取杆4为机架时，有曲柄存在。

（2）、能。

要使此此机构成为双曲柄机构，则应取1杆为机架；两使此机构成为双摇杆机构，则应取杆3为机架。

（3）要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围应为440~760mm。

8-7图示为一偏置曲柄滑块机构，试求杆AB为曲柄的条件。

若偏距e=0，则杆AB为曲柄的条件是什么?

解

（1）如果杆AB能通过其垂直于滑块导路的两位置时，则转动副A为周转副，故杆AB为曲柄的条件是AB+e≤BC。

（2）若偏距e=0,则杆AB为曲柄的条件是AB≤BC

8-8在图所示的铰链四杆机构中，各杆的长度为，，，，试求:

1）当取杆4为机架时，该机构的极位夹角、杆3的最大摆角、最小传动角和行程速比系数K;

2）当取杆1为机架时，将演化成何种类型的机构?

为什么?

并说明这时C、D两个转动副是周转副还是摆转副;

3）当取杆3为机架时，又将演化成何种机构?

这时A、B两个转动副是否仍为周转副?

解

（1）怍出机构的两个极位，如图,并由图中量得：

θ=º,φ=º,γmin=º

（2）①由l1+l4≤l2+l3可知图示铰链四杆机构各杆长度符合杆长条件；小②最短杆l为机架时，该机构将演化成双曲柄机构；③最短杆1参与构成的转动副A、B都是周转副而C、D为摆转副；

（3）当取杆3为机架时，最短杆变为连杆，又将演化成双摇杆机构，此时A、B仍为周转副。

8-9在图示的连杆机构中，已知各构件的尺寸为

构件AB为原动件，沿顺时针方向匀速回转，试确定:

1）四杆机构ABCD的类型;

2）该四杆机构的最小传动角；

3）滑块F的行程速比系数K。

解

（1）由lAD+lBC

（2）作出四杆机构ABCD传动角最小时的位置。

见图并量得γmin=12º

（3）作出滑块F的上、下两个极位及原动件AB与之对应的两个极位，并量得θ=47º。

求出滑块F的行程速比系数为

8-10试说明对心曲柄滑块机构当以曲柄为主动件时，其传动角在何处最大?

何处最小?

解在曲柄与导轨共线的两位置之一传动角最大，γmax=90º；

在曲柄与机架共线的两位置之一传动角最小，γmin=arcos（LAB/lBC）。

8-11正弦机构（图8一15b）和导杆机构（图8—22a）中，当以曲柄为主动件时，最小传动角γmin为多少?

传动角按什么规律变化?

解γmin=90º；

传动角恒定不变。

8-12图示为偏置导杆机构，试作出其在图示位置时的传动角以及机构的最小传动角及其出现的位置，并确定机构为回转导杆机构的条件。

解传动角以及机构最小传动角及其出现的位置如下图所示。

机构为

回转导杆机构的条件:

AB≤AC

8-13如图8—57所示，当按给定的行程速度变化系数K设计曲柄摇杆机构时，试证明若将固定铰链A的中心取在FG弧段上将不满足运动连续性要求。

答因这时机构的两极位DC1,DC2将分别在两个不连通的可行域内。

8-14图示为一实验用小电炉的炉门装置，关闭时为位置E1，开启时为位置E2。

试设计一个四杆机构来操作炉门的启闭（各有关尺寸见图）。

（开启时，炉门应向外开启，炉门与炉体不得发生干涉。

而关闭时，炉门应有一个自动压向炉体的趋势（图中S为炉门质心位置）。

B、C为两活动铰链所在位置。

解

（1）作出B2C2的位置；用作图法求出A及D的位置，并作出机构在E2位置的运动简图，见下图，并从图中量得

lAB==μ=95mm

lAD=μ=335mm

lCD=μ=290mm

（2）用怍图法在炉门上求得B及C点位置，并作出机构在位置的运动图（保留作图线）。

作图时将位置E1转至位置E2，见图并量得

lAB=μ=92.5mm

lBC=μlBC=lrnm

lCD=μ=mn

8-15图示为公共汽车车门启闭机构。

已知车门上铰链C沿水平直线移动，铰链B绕固定铰链A转动，车门关闭位置与开启位置夹角为a=115º，AB11C400mm1C1C550mm2F30mm36mm8mm9mm28mm20mm10mm36mm44mm120mm92mm120mm180mm34mm图可得两个解：

（1）lAB=μl.（AC2-AC1）/2=49.5mm,lBC=μl.（AC2+AC1）/2=119.5mm

（2）lAB=μl.（AC1-AC2）/2=22mm,lBC=μl.（AC2+AC1）/2=48mm

8-24如图所示，设已知破碎机的行程速度变化系数K=，颚板长度lCD=300mm颚板摆角φ=35º，曲柄长度lAD=80mm。

求连杆的长度，并验算最小传动角γmin是否在允许的范围内。

解：

先计算

取相应比例尺μl作出摇杆CD的两极限位置C1D及C2D和固定铰链A所

在圆s1（保留作图线）。

-

如图所示，以C2为圆心、2AB为半径作圆，同时以F为圆心2FC2为半径作圆，两圆交于点E，作C2E的延长线与圆s1的交点，即为铰链A的位置。

由图知：

lBC=μl.AC1+lAB=310mm

γmin=γ``=45º>40º

8-25图示为一牛头刨床的主传动机构，已知lAB=75mm，lDE=100mm，行程速度变化系数K=2，刨头5的行程H=300mm。

要求在整个行程中，推动刨头5有较小的压力角，试设计此机构。

解先算导杆的摆角

取相应比例尺μl作图，由图可得导杆机构导杆和机架的长度为：

LCD=μ=300mm,lAC=μ=150mm;

导杆端点D的行程D1D2=E1E2=H/μl

为了使推动刨头5在整行程中有较小压力角，刨头导路的位置h成为

　　　H=lCD（1+cos（φ/2））/2=300[（1+cos（60/2））/2=

点津本题属于按行程速比系数K设计四杆机构问题，需要注意的是：

①导杆CD的最大摆角与机构极位夹角相等：

②因H=300mm，且要求在整个行中刨头运动压力角较小。

所以取CD1=CD2=300mm,则D1D2=H=300mm。

8-26某装配线需设计一输送工件的四杆机构，要求将工件从传递带C1经图示中间位置输送到传送带C2上。

给定工件的三个方位为：

M1（204，-30），θ21=0º；M2（144，80），θ22=22º；M3（34，100），θ23=68º。

初步预选两个固定铰链的位置为A（0，0）、D（34，一83）。

试用解析法设计此四杆机构。

解由题可知,本题属于按预定的连杆位置用解析法设汁四杆机构问题，

N=3，并已预选xA,yA和xD,yD坐标值，具体计算过程略。

8-27如图所示，设要求四杆机构两连架杆的三组对应位置分别为:

，，，，，。

试以解析法设计此四杆机构。

解：

（1）将α,φ的三组对应值带入式（8-17）（初选α0=φ0=0）

Cos（α+α0）=p0cos（φ+φ0）+p1cos[（φ+φ0）-（α+α0）]+p2

得

解之得（计算到小数点后四位）p0=,p1=,p2=

（2）如图所示，求各杆的相对长度，得n=c/a=p0=,l=-n/p=

（3）求各杆的长度：

得d=

a=d/l=80/=63.923mm

b=ma=ⅹ=101.197mm

c=na=ⅹ=101.094mm

8-28试用解析法设计一曲柄滑块机构，设已知滑块的行程速度变化系数K=1．5，滑块的冲程H=50mm，偏距e=20mm。

并求其最大压力角αmax。

解：

计算并取相应比例尺μl根据滑块的行程H作出极位及作θ圆，作偏距线，两者的交点即铰链所在的位置，由图可得：

lAB=μl.（AC2-AC1）/2=17mm,lBC=μl.（AC2+AC1）/2=36mm

8-29试用解析法设计一四杆机构，使其两连架杆的转角关系能实现期望函数y=^，l≤z≤10。

8-30如图所示，已知四杆机构。

ABCD的尺寸比例及其连杆上E点的轨迹曲线，试按下列两种情况设计一具有双停歇运动的多杆机构：

1）从动件摇杆输出角为45º：

2）从动件滑块输出行程为5倍曲柄长度。

8-31请结合下列实际设计问题，选择自己感兴趣的题目，并通过需求背景调查进一步明确设计目标和技术要求，应用本章或后几章所学知识完成相应设计并编写设计报告。

1）结合自己身边学习和生活的需要，设计一折叠式床头小桌或晾衣架，或一收藏式床头书架或脸盆架或电脑架等；

2）设计一能帮助截瘫病人独自从轮椅转入床上或四肢瘫痪已失去活动能力的病人能自理用餐或自动翻书进行阅读的机械；

3）设计适合老、中、青不同年龄段使用并针对不同职业活动性质（如坐办公室人员运动少的特点）的健身机械；

4）设计帮助运动员网球或乒乓球训练的标准发球机或步兵步行耐力训练，或空军飞行员体验混战演习训练（即给可能的飞行员各方位加一个重力），或宇航员失重训练（即能运载一人并提供一个重力加速度）的模拟训练机械；

5）设计放置在超市外投币式的具有安全、有趣或难以想像的运动的小孩“坐椅”或能使两位、四位游客产生毛骨悚然的颤动感觉的轻便“急动”坐车。

第9章课后参考答案

9-1何谓凸轮机构传动中的刚性冲击和柔性冲击?

试补全图示各段一、

一、一曲线，并指出哪些地方有刚性冲击，哪些地方有柔性冲击？

答凸轮机构传动中的刚性冲击是指理论上无穷大的惯性力瞬问作用到构件上，使构件产生强烈的冲击；而柔性冲击是指理论上有限大的惯性力瞬间作用到构件上，使构件产生的冲击。

s-δ,v-δ,a-δ曲线见图。

在图9-1中B，C处有刚性冲击，在0，A，D，E处有柔性冲击。

9—2何谓凸轮工作廓线的变尖现象和推杆运动的失真现象?

它对凸轮机构的工作有何影响?

如何加以避免?

答在用包络的方法确定凸轮的工作廓线时，凸轮的工作廓线出现尖点的现象称为变尖现象：

凸轮的工作廓线使推杆不能实现预期的运动规律的现象件为失真现象。

变尖的工作廓线极易磨损，使推杆运动失真．使推杆运动规律达不到设计要求，因此应设法避免。

变尖和失真现象可通过增大凸轮的基圆半径．减小滚子半径以及修改推杆的运动规律等方法来避免。

9—3力封闭与几何封闭凸轮机构的许用压力角的确定是否一样?

为什么?

答力封闭与几何封闭凸轮机沟的许用压力角的确定是不一样的。

因为在回程阶段-对于力封闭的凸轮饥构，由于这时使推杆运动的不是凸轮对推杆的作用力F，而是推杆所受的封闭力．其不存在自锁的同题，故允许采用较大的压力角。

但为使推秆与凸轮之间的作用力不致过大。

也需限定较大的许用压力角。

而对于几何形状封闭的凸轮机构，则需要考虑自锁的问题。

许用压力角相对就小一些。

9—4一滚子推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推杆滚子的直径偏小，欲改用较大的滚子？

问是否可行?

为什么?

答不可行。

因为滚子半径增大后。

凸轮的理论廓线改变了．推杆的运动规律也势必发生变化。

9—5一对心直动推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推程压力角稍偏大，拟采用推杆偏置的办法来改善，问是否可行?

为什么?

答不可行。

因为推杆偏置的大小、方向的改变会直接影响推杆的运动规律．而原凸轮机构推杆的运动规律应该是不允许擅自改动的。

9-6在图示机构中，哪个是正偏置?

哪个是负偏置?

根据式（9-24）说明偏置方向对凸轮机构压力角有何影响?

答由凸轮的回转中心作推杆轴线的垂线．得垂足点，若凸轮在垂足点的

速度沿推杆的推程方向．刚凸轮机构为正偏置．反之为负偏置。

由此可知．在图

示机沟中，两个均为正偏置。

由

可知．在其他条件不变的情况下。

若为正偏置（e前取减号）．由于推程时（ds/dδ）为正．式中分子ds/dδ-e

而回程时,由于ds／dδ为负,式中分子为|（ds／dδ）-e|=|（ds／dδ）|+|e|>ds／dδ。

故压力角增大。

负偏置时刚相反，即正偏置会使推程压力角减小，回程压力角增大；负