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机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析第一部分 理论力学一、 填空题1. 解：如下图所示，可在点对题述运动进行分解：(1) 圆盘绕点逆时针转动；(2) 滑块水平向右直线运动；(3) 杆受牵连作绕轴的逆时针旋转运动。由此可得出，故可得知。又根据圆周运动的性质可知，则；同理可得。由于该题所述牵连运动为转动，因而要选判断科氏加速度的方向：根据右手定则，可得其方向如下图所示：接下来可再根据圆周运动的性质依次确定、的方向如上图所示，由此再根据运动合成定理可得，同时根据圆周运动及科氏加速度的性质，并将上式各加速度在轴上投影可得；同时由于圆盘绕点作匀角速度运动，故，进一步可得，故。2. 解：设任意瞬时，圆柱体的质心加速度为，角加速度为，重物的加速度为，则根据动量定理和圆周运动的向心力性质及加速度合成定理，必有：，联立，可解得。3. 解：由题意可得如下图所示的受力分析图（其中、分别代表滑动与滚动摩擦力，代表滚动阻力偶）：由上图可知；由滚动阻碍定律可得；由此根据力偶的性质可得；同时根据滑动摩擦的性质；由于使得系统发生运动的力为，又由于，故可得。4. 解：由题意可绘制如下图所示的运行与受力分析：首先，求解质心的位置：；刚体作定轴转动，初瞬时，应用动量矩定理得；又，由此得，故，因此；由质心运动定理：；故。又刚体与要保持动平衡，由此可得。5. 解：设物块下降距离时，速度为，则系统动能为：，其中：；则；重力的功为：；应用动能定理并求导：；故。(2) 如下图应用相对速度瞬心的动量矩定理：；其中，则可得。6. 解：对图示机构进行受力分析，如下图所示。由图示可知， ，即，进而可推得，即；由摩擦力的公式可知，由此可推得，由题意，可推得。由刚体动力学静平衡条件可得，即，又，故可推得，同时，由题意可知，则故可推得，即。7. 解：选定杆与及、滑块组成的系统为研究对象，根据题意可绘制出如下图所示的受力分析：则该系统有5个活动部件，存在5个旋转副、2个移动副，故其自由度为个自由度；因此可选择为广义坐标，利用解析法求解：通过主动力偶、滑块的驱动力作用点处相应坐标、的变分，确定点铅垂方向和点水平方向的虚位移：，虚功之和为，根据虚位移原理得，即。8. 解：根据题意可做出如下图所示的断绳后的受力分析：由该图我们可以看出在断绳前，其重心为点，但在断绳后其重心迁移至点。由此可以绘制出如上图所示，惯性力系方向简化结果，则必有，方向如图所示。9. 解：根据题意我们可以绘制如下所示的运动分析，因而可知系统存在两个自由度，因此可取广义坐标，其动能为，根据运动学分析，则；同时根据转动惯量的定义可求得，故。(2) 根据上图我们可以看出系统的有势力为小球与物块的重力，因而系统的势能由系统的重力做功决定，由于物块的运动仅为水平运动，因而重力没有做功，因而系统的势能仅与物块的重力做功有关，故；(3) 根据以上的分析可知拉格朗日函数为因而系统的广义动量积分，由于，则；(4) 由拉格朗日方程的广义能量积分求解公式可得；由于，则。10. 解：由题意可以做出如下图所示的运动分析：由此其运动可分解为：(1) 滑块4竖直向下运动（可忽略）；(2) 杆绕逆时针转动；(3) 杆与圆盘3接触点端水平向右运动；(4) 圆盘3逆时针转动（牵连运动）。则系统在水平位置的动能为，即；同时根据上图可得水平位置时，即，故；由于系统只有重力做功，故有，即，故，；由于当弹簧压缩量最大的时候，所有的动能与势能将全部转化为弹性势能：故可得，即，因此可得。第三部分 机械设计一、选择题1. 解：为了避免螺栓承受附加的弯曲载荷。除了要在结构上设法保证载荷不偏心外，还应在工艺上保证被联接件、螺母和螺栓头部的支承面平整，并与螺栓轴线相垂直。在铸、锻件等的粗糙表面上安装螺栓时，应制成凸台或沉头座。当支承面为倾斜表面时，应采用斜面垫圈等。因此应选择。2. 解：牙型为三角形，内外螺纹旋合后留有径向间隙。强度高是细牙和粗牙螺纹的区别，因此应排除，对于、显然不是各类螺栓的基本功能和加工区别，故应选择。3. 解：带传动在工作时，带受到拉力后要产生弹性变形。但由于紧边和松边的拉力不同，因而弹性变形也不同。当紧边在点绕上主动轮时（如下图），其所承受的拉力为，此时带的线速度和主动轮的圆周速度（均指带轮的节圆圆周速度）相等。在带由点转到点的过程中，带所受的拉力由逐渐降低到，带的弹性变形也就随之逐渐减小，因而带沿带轮的运动是一面绕进、一面向后收缩，所以带的速度便过渡到逐渐低于主动轮的圆周速度。这就说明了带在绕经主动轮缘的过程中，在带与主动轮缘之间发生相对滑动。相对滑动现象也发生在从动轮上，但情况恰恰相反，带绕过从动轮时，拉力由增大到，弹性变形随之逐渐增加，因而带沿带轮的运动是一面绕进，一面向前伸长，所以带的速度便过渡到逐渐高于从动轮的圆周速度，亦即带与从动轮间也发生相对滑动。这种由于带的弹性变形而引起的带与带轮间的滑动，称为带传动的弹性滑动。因此应选择。4. 解：考察键连接的设计过程与顺序，应选择。5. 解：考察链传动的运动特性：1) 链传动的运动不均匀性因为链是由刚性链节通过销轴铰接而成，当链绕在链轮上时，其链节与相应的轮齿啮合后，这一段链条将曲折成正多边形的一部分（如下图）。该正多边形的边长等于链条的节距，边数等于链轮的齿数。链轮每转一转，随之转过的链长为，所以链的平均速度为：链传动的传动比为：通常用上述两公式来求解链速和传动比，它们反映的仅是平均值。事实上，即使主动链轮的角速度为常数，其瞬时链速和瞬时传动比都是变化的，而且是按每一链节的啮合过程作周期性的变化。如上图所示，链轮转动时，绕在链轮上的链条，只有其铰链的销轴的轴心是沿着链轮分度圆运动的，而链节其余部分的运动轨迹均不在分度圆上。若主动链轮以等角速度转动时，该链节的铰链销轴的轴心作等速圆周运动，设以链轮分度圆半径近似取代节圆半径，则其圆周速度。为了便于分析，设链传动在工作时，主动边始终处于水平位置。这样可分解为沿着链条前进方向的水平分速度和作上下运动的垂直分速度，其值分别为：，式中是主动轮上最后进入啮合的链节铰链的销轴的圆周速度与水平线的交角，它也是啮入过程中，链节铰链在主动轮上的相位角。从销轴进入铰链啮合位置到销轴也进入铰链啮合位置为止，角是从到之间变化的。当时，；当时，。由此可见，主动链轮虽作等角速度回转，而链条前进的瞬时速度却周期性地由小变大，又由大变小。每转过一个链节，链速的变化就重复一次，链轮的节距越大，齿数越少，角的变化范围就越大，链速的变化也就越大。与此同时，铰链销轴作上下运动的垂直分速度也在周期性地变化，导致链沿铅垂方向产生有规律的振动。同前理，每一链节在与从动链轮轮齿啮合的过程中，链节铰链在从动链轮上的相位角，亦不断地在的范围内变化（如上页图），所以从动链轮的角速度为链传动的瞬时传动比由上式可知，随着角和角的不断变化，链传动的瞬时传动比也是不断变化的。当主动链轮以等角速度回转时，从动链轮的角速度将周期性地变动。只有在，且传动的中心距恰为节距的整数倍时（此时恒成立），传动比才能在全部啮合过程中保持不变，即恒为1。上述链传动运动不均匀性的特征，是由于围绕在链轮上的链条形成了正多边形这一特点所造成的，故称为链传动的多边形效应。根据以上分析可知为了减少这种多边形效应，即减少角的变化范围，故应减小节距或增大齿数，故排除。2) 链传动的动载荷链传动在工作过程中，链条和从动链都是作周期性的变速运动，因而造成和从动链轮相连的零件也产生周期性的速度变化，从而引起了动载荷。动载荷的大小与回转零件的质量和加速度的大小有关。链条前进的加速度引起的动载荷为式中：代表紧边链条的质量，代表链条加速度。当时，式中为链节距，。从动链轮的角加速度引起的动载荷为式中：代表从动系统转换到从动链轮轴上的转动惯量，代表从动链轮的角速度，代表从动链轮的分度圆半径。计算结果表明，链轮的转速越高，节距越大，齿数越少（对相同的链轮直径），则传动的动载荷就越大。同时，由于链轮沿垂直方向的分速度也在作周期性变化，将使链条发生横向振动，甚至发生共振。这也是链传动产生动载荷的重要原因之一。根据以上分析可得，为减轻动载荷，应减少节距，增大齿数；同时结合的分析可得应选择。6. 解：考察各类联轴器的特点与性质，对于载荷具有冲击、振动，应采用具有缓冲吸振的弹性联轴器，故应选择。7. 解：由于滑动速度过高，会加速磨损而使轴承报废。这是因为只是平均压力，实际上，在轴发生弯曲或不同心等引起的一系列误差及振动的影响下，轴承边缘可能产生相当高的压力，因而局部区域的值还会超过许用值。故应选择。第五部分 微型计算机原理及其应用一、填空题1. 解：1) 十进制数连除，余数倒序排列，直至商零，可得答案；2) 方法同上；3) 将二进制数以一字节表示两位的方法显示可得答案；4) 按一字节存放一位十进制数表示。3. 解：1) ADD代表不带进位（对CF无影响）的加法指令，将BX与AX相加后可得AX，然后根据所得结果可分析标志寄存器状态（SF代表标志位，ZF代表零标志，AF代表辅助进/借位，PF代表奇偶标志，CF代表进/借位标志，OF代表溢出标志）；2) ADC代表带进位的加法指令，方法同上；3) SBB代表带借位减法指令，将BX与AX相减后可得AX，标志寄存器状态分析同上；4) NEG代表求补码指令，将AX先转换为二进制，然后所有位全部取反后再加1可得结果，标志寄存器状态分析同上；5) AND代表逻辑与指令，将BX与AX进行逻辑与运算（根据真值表）后可得AX，标志寄存器状态分析同上；6) OR代表逻辑或指令，将BX与AX进行逻辑或运算（根据真值表）后可得AX，标志寄存器状态分析同上；7) XOR代表异或指令，即将BX与AX先取反得与，然后进行的运算后可得结果，标志寄存器状态分析同上；