机械原理第二版课后答案朱理

1 机械原理作业机械原理作业 第一章第一章 结构分析作业结构分析作业 1 2 解 F 3n 2PL PH 3 3 2 4 1 0 该机构不能运动 修改方案如下图 1 2 解 a F 3n 2PL PH 3 4 2 5 1 1 A 点为复合铰链 b F 3n 2PL PH 3 5 2 6 2 1 B E 两点为局部自由度 F C 两点各有一处为虚约束 c F 3n 2PL PH 3 5 2 7 0 1 FIJKLM 为虚约束 1 3 解 2 F 3n 2PL PH 3 7 2 10 0 1 1 以构件 2 为原动件 则结构由 8 7 6 5 4 3 三个 级杆组组 成 故机构为 级机构 图 a 2 以构件 4 为原动件 则结构由 8 7 6 5 2 3 三个 级杆组组 成 故机构为 级机构 图 b 3 以构件 8 为原动件 则结构由 2 3 4 5 一个 级杆组和 6 7 一个 级杆组组成 故机构为 级机构 图 c a b c 3 第二章第二章 运动分析作业运动分析作业 2 1 解 机构的瞬心如图所示 2 2 解 取 mmmm l 5 作机构位置图如下图所示 1 求 D 点的速度 VD 13 PD VV 4 而 25 24 1314 PP AE V V E D 所以 smmVV ED 144 25 24 150 25 24 2 求 1 srad l V AE E 25 1 120 150 1 3 求 2 因 98 38 2412 1412 1 2 PP PP 所以 srad 46 0 98 38 25 1 98 38 12 4 求 C 点的速度 VC smmCPV lC 2 10154446 0 242 2 3 解 取 mmmm l 1 作机构位置图如下图 a 所示 1 求 B2点的速度 VB2 VB2 1 LAB 10 30 300 mm s 2 求 B3点的速度 VB3 VB3 VB2 VB3B2 大小 1 LAB 方向 BC AB BC 取 mm smm v 10 作速度多边形如下图 b 所示 由图量得 mmpb22 3 所以 smmpbV vB 2701027 33 由图 a 量得 BC 123 mm 则 mmBCl lBC 1231123 3 求 D 点和 E 点的速度 VD VE 利用速度影像在速度多边形 过 p 点作 CE 过 b3点作 BE 得到 e 点 过 e 点作 pb3 得到 d 点 由图量得 mmpd15 mmpe17 所以 smmpdV vD 1501015 smmpeV vE 1701017 5 smmbbV vBB 1701017 32 23 4 求 3 srad l V BC B 2 2 123 270 3 3 5 求 n B a 2 222 12 30003010smmla AB n B 6 求3B a aB3 aB3n aB3t aB2 aB3B2k aB3B2 大小 32LBC 12LAB 2 3VB3B2 方向 B C BC B A BC BC 222 33 5951232 2smmla BC n B 2 23 3 23 11882702 222smmVa BB k BB 6 取 mm smm a 2 50 作速度多边形如上图 c 所示 由图量得 mmb23 3 mmbn20 3 3 所以 2 33 11505023 smmba aB 2 333 10005020 smmbna a t B 7 求3 23 3 13 8 123 1000 srad l a BC t B 8 求 D 点和 E 点的加速度 aD aE 利用加速度影像在加速度多边形 作 eb3 CBE 即 BE eb CE e CB b 33 得到 e 点 过 e 点作 3 b 得到 d 点 由图量得 mme16 mmd13 所以 2 6505013smmda aD 2 8005016smmea aE 2 7 解 取 mmmm l 2 作机构位置图如下图 a 所示 一 用相对运动图解法进行分析 1 求 B2点的速度 VB2 VB2 1 LAB 20 0 1 2 m s 2 求 B3点的速度 VB3 7 VB3 VB2 VB3B2 大小 1 LAB 方向 水平 AB BD 取mm sm v 05 0 作速度多边形如下图 b 所示 由图量得 mmpb20 3 所以 smpbV vB 105 020 33 而 VD VB3 1 m s 3 求 n B a 2 222 12 401 020smla AB n B 4 求3B a a B3 aB2n a B3B2 大小 12LAB 方向 水平 B A BD 8 取mm sm a 2 1 作速度多边形如上图 c 所示 由图量得 mmb35 3 所以 2 33 35135 smba aB 二 用解析法进行分析 smlVV ABBD 130sin1 020sinsin 11123 22 1 2 123 6 3430cos1 020coscos 1 smlaa ABBD 第三章第三章 动力分析作业动力分析作业 3 1 解 根据相对运动方向分别画出滑块 1 2 所受全反力的方向如图 a 所 示 图 b 中三角形 分别为滑块 2 1 的力多边形 根据滑块 2 的 力多边形 得 cos 90sin 260sin 1212 RR r FF F 260sin cos 12 rR FF 由滑块 1 的力多边形 得 cos 90sin 260sin 2121 RR d FF F 260sin 260sin 260sin cos 260sin cos cos 260sin 21 rrRd FFFF 而 53 8 15 0 11 tgftg 9 所以 NFF rd 7 1430 53 8 260sin 53 8 260sin 1000 260sin 260sin 3 2 解 取mmmm l 5 作机构运动简图 机构受力如图 a 所示 10 取mmN F 50 作机构力多边形 得 NFR30005060 65 NFR33505067 45 NFFFF RRRR 3350 43345445 NFR17505035 23 NFR25005050 63 NFFFF RRRR 1750 21123223 mNmmNlFM ABRb 1751750001001750 21 3 2 解 机构受力如图 a 所示 由图 b 中力多边形可得 NtgFtgFR1000100045 54 65 N F FF RR 2 1414 45sin 1000 sin 4 5 4345 4 18sin45sin 6 116sin 236343 RRR FFF NFF RR 4 1118 2 1414 6 116sin 45sin 6 116sin 45sin 4363 NFF RR 500 2 1414 6 116sin 4 18sin 6 116sin 4 18sin 4323 所以 NFFF RRR 500 612321 mNmmNlFM ABRb 5050000100500 21 3 3 解 机构受力如图所示 11 由图可得 对于构件 3 而言则 0 2343 RRd FFF 故可求得 23 R F 对于构件 2 而言则 1232 RR FF 对于构件 1 而言则 0 2141 RRb FFF 故可求得 b F 3 7 解 1 根据相对运动方向分别画出滑块 1 所受全反力的方向如图 a 所 示 图 b 为滑块 1 的力多边形 正行程时 Fd为驱动力 则根据滑块 1 的 力多边形得 cos 90sin 2sin 2121 RR d FF F 2sin cos 21 dR FF 则夹紧力为 2sin cos cos cos 21 dR FFFr 2 反行程时 取负值 21 RF为驱动力 而 d F 为阻力 故 12 2sin cos 21 dR FF 而理想驱动力为 tg F FF d dR sin cos 0 21 所以其反行程效率为 cos 2sin 2sin cos 21 210 tg F tg F F F d d R R 当要求其自锁时则 0 cos 2sin tg 故 0 2sin 所以自锁条件为 2 3 10 解 1 机组串联部分效率为 821 0 95 0 98 0 9 0 2 1 2 23 2 机组并联部分效率为 688 0 95 0 98 0 32 7 038 02 32 BA BBAA PP PP 3 机组总效率为 5 56565 0 688 0821 0 4 电动机的功率 输出功率 kwPPN BAr 532 电动机的功率 kw N N r d 85 8 565 0 5 13 第四章第四章 平面连杆机构作业平面连杆机构作业 4 1 解 1 d 为最大 则 cbda 故 mmacbd520120360280 d 为中间 则 dbca 故 mmbcad200280360120 所以 d 的取值范围为 mmdmm520200 2 d 为最大 则 cbda 故 mmacbd520120360280 d 为中间 则 dbca 故 mmbcad200280360120 d 为最小 则 abdc 故 mmcabd40360120280 d 为三杆之和 则 mmcabd760360120280 所以 d 的取值范围为 mmdmm20040 和 mmdmm760520 14 3 d 为最小 则 abdc 故 mmcabd40360120280 4 3 解 机构运动简图如图所示 其为曲柄滑块机构 4 5 解 1 作机构运动简图如图所示 由图量得 16 68 155 max 52 min 所以 25155180180 maxmin 行程速比系数为 20 1 16180 16180 180 180 K 2 因为 10250521007228 4231 llll 所以当取杆 1 为机架时 机构演化为双曲柄机构 C D 两个转动副 是摆转副 3 当取杆 3 为机架时 机构演化为双摇杆机构 A B 两个转动副是 周转副 15 4 7 解 1 取 mmmm l 6 作机构运动简图如图所示 由图量得 5 故行程速比系数为 05 1 5180 5180 180 180 K 由图量得 行程 mmh l 24064040 2 由图量得 68 min 故 4068 min 3 若当0 e 则 K 1 无急回特性 4 11 解 1 取 mmmm l 4 设计四杆机构如图所示 2 由图中量得 mmABl lAB 280470 mmDCl lCD 100425 1 mmADl lAD 3144 5 78 16 4 16 解 1 取 mmmm l 1 设计四杆机构如图所示 2 由图中量得 mmABl lAB 5 211 5 21 1 mmCBl lBC 45145 11 3 图中 AB C 为max 的位置 由图中量得 63 max 图中 AB C 17 为 18 max 的位置 由图中量得 90 max 4 滑块为原动件时机构的死点位置为 AB1C1和 AB2C2两个 4 18 解 1 计算极位夹角 36180 15 1 15 1 180 1 1 K K 2 取 mmmm l 2 设计四杆机构如图所示 3 该题有两组解 分别为 AB1C1D 和 AB2C2D 由图中量得 mmABl lAB 48224 1 1 mmCBl lCB 120260 11 11 19 mmABl lAB 22211 2 2 mmCBl lCB 50225 22 22 第五章第五章 凸轮机构作业凸轮机构作业 5 1 解 图中 c 图的作法是正确的 a 的作法其错误在于从动件在反转过 程的位置应该与凸轮的转向相反 图中 C B 为正确位置 b 的作法其 错误在于从动件在反转过程的位置应该与起始从动件的位置方位一致 图中 C B 为正确位置 d 的作法其错误在于从动件的位移不应该在 凸轮的径向线上量取 图中 CB 为正确位置 20 21 5 4 解 如图所示 5 5 解 凸轮的理论轮廓曲线 偏距圆 基圆如图所示 最大行程 h bc 20mm 推程角 188 0 回程角 172 0 凸轮机构不会发生运动失真 因为凸轮理论轮廓曲线为一圆 22 5 7 解 所设计的凸轮机构如图所示 23 5 13 解 1 理论轮廓为一圆 其半径 R 50mm 2 凸轮基圆半径 mmlRr OA 252550 0 3 从动件升程 h 50mm 4 推程中最大压力角 30 50 25 arcsin arcsin max R lOA 5 若把滚子半径改为 15 mm 从动件的运动没有变化 因为从动 件的运动规律与滚子半径无关 第六章第六章 齿轮机构作业齿轮机构作业 6 1 解 1 弧度6929 0 42339 7 39 65 50 arccosarccos k b k r r mmr kkk 52 417 39sin65sin 24 2 弧度34907 0 20 k 查表得 13 51 851 k mm r r k b k 67 79 13 51cos 50 cos 6 2 解 1 5 2 25 0 1 22 zmzmhdd ff mzmzddb9397 0 20coscos mzzm9397 0 5 2 5 29397 0 zz 45 41 9397 0 1 5 2 z 2 取42 z则 mmdmmd bf 46 39429397 0 5 39 5 242 bf dd 6 4 解 8442 240 2 2 mmhzmhdd aaa mmm2 42 84 25 6 5 解 1 mmmzd72243 11 mmmzd3301103 22 2 mmhzmhdd aaa 78 224 3 2 2 111 mmhzmhdd aaa 336 2110 3 2 2 222 3 mmchmhhh afa 75 6 25 02 3 2 4 mmzz m a201 11024 2 3 2 21 5 cos cos aa 015 1 201 204 cos cos a a mm dd d b 08 73015 1 72 cos cos cos 11 1 mm dd d b 65 111015 1 110 cos cos cos 22 2 6 9 解 1 mm zm d n 12 62 15cos 203 cos 1 1 mm zm d n 92 114 15cos 373 cos 2 2 mmhdd aa 12 6813212 622 11 26 mmhdd aa 92 12013292 1142 22 2 mmzz m a n 09 208 11024 15cos2 3 cos2 21 3 24 1 3 15sin45sin 2 n m b 4 19 22 15cos 20 cos 33 1 1 z zv 06 41 15cos 37 cos 33 2 2 z zv 6 12 解 1 齿轮 1 2 和齿轮 3 4 的传动中心距分别为 mmzz m a47 3215 2 2 2 21 mmzz m a50 3020 2 2 2 43 根据其中心距 选齿轮 3 4 为标准齿轮传动 而齿轮 1 2 为正变 位传动 实际中心距取为 a 50 mm 此方案为最佳 因为 齿轮 3 4 的中心距较大 选其为标准传动 使该设计 加工简单 互换性 好 同时也避免了齿轮 1 2 采用负变位传动不利的情况 齿轮 l 2 采用正传动 一方面可避免齿轮发生根切 如齿轮 z1 15 17 故必 须采用正变位 另一方面齿轮的弯曲强度及接触强度都有所提高 2 齿轮 1 2 改为斜齿轮传动时 由题意要求 两轮齿数不变 模 数不变 即 m n m 2 mm 其中心距为 27 mmazz m a n 50 3215 cos2 2 cos2 21 则 94 0 3215 502 2 cos 54 5619948 19 3 06 18 948 19cos 15 cos 33 1 1 z zv 53 38 948 19cos 32 cos 33 2 2 z zv 4 对于斜齿轮来说不发生根切的最少齿数为 12 14948 19cos17cos 33 min v zz 而 12 1415 min2 zz 所以该齿轮不会发生根切 6 14 解 1 25 2 50 1 2 12 z z i mmqz m a240 1050 2 8 2 2 2 mmmqd80108 1 mmmzd400508 22 mmhqmd aa 96 210 8 2 1 mmhzmd aa 416 250 8 2 22 mmchqmd af 60 25 0 2210 8 22 1 mmchzmd af 380 25 0 2250 8 22 22 28 6 15 解 各个蜗轮的转动方向如图所示 6 17 解 1 25 30 14 2 1 1 arctg z z arctg 652590 2 对于圆锥齿轮不发生根切的最少齿数为 41 1525cos17cos 11min v zz 当 min zz 则会发生根切 而 41 1514 min1 zz 故会发生根切 2 3599 34 20 14 2 1 1 arctg z z arctg 则 93 1335cos17cos 11min v zz 而 93 1314 min1 zz 故不会发生根切 第七章第七章 齿轮系作业齿轮系作业 7 2 解 齿条的移动方向如图所示 其轮系传动比为 29 32 2608060 804012048 4 3 21 5432 5 1 15 zzzz zzzz n n i 则齿轮 5 的转速为 min 5 7 32 240 15 1 5 r i n n 又齿轮 5 分度圆直径为 mmmzd325565 5 5 所以齿条的移动速度为 sm nd v 128 0 60000 5 7325 100060 5 5 6 7 3 解 1 其轮系传动比为 11 556 9 5005 18181 557842 3 21 432 4 1 14 zzz zzz n n i 则齿轮 4 的转速 即转筒 5 的转速 为 min 70 2 11 556 1500 14 1 45 r i n nn 所以重物的移动速度为 30 sm nD v 057 0 60000 7 2400 100060 55 6 2 电动机的转向如图所示 7 6 解 1 该轮系为复合轮系 由齿轮 1 2 2 3 H 组成一个周转轮系 由 齿轮 1 2 2 4 H 另组成一个周转轮系 2 周转轮系 1 2 2 3 H 的传动比为 143 640 2226 8032 21 32 3 1 13 zz zz nn nn i H HH 则 HH nnnn640640143143 31 故 min 9 13 783 50 640300143 143640 640143 31 r nn nH 所以H n 与1 n 转向相同 3 周转轮系 1 2 2 4 H 的传动比为 143 288 2226 3632 21 42 4 1 14 zz zz nn nn i H HH 则 HH nnnn288288143143 41 故 min 156 288 143288 9 13300143 288 288143143 1 4 r nnn n HH 所以4 n 与1 n 转向相同 31 7 8 解 1 该轮系为复合轮系 由齿轮 1 2 3 H 组成周转轮系 由齿轮 3 4 5 组成定轴轮系 2 周转轮系的传动比为 4 22 88 1 3 3 1 13 z z nn nn i H HH 故 331 4344nnnnnn HHH 定轴轮系的传动比为 1 3 53 5 3 5 3 z z n n n n i H 故 H nnnn 53 3 3 因此 55531 7 4343nnnnnn H 所以 7 5 1 15 n n i 7 13 解 1 该轮系为复合轮系 由齿轮 3 4 5 H 组成周转轮系 由齿轮 1 2 2 3 组成一个定轴轮系 由齿轮 5 6 组成另一个定轴轮系 2 周转轮系的传动比为 2 5 24 60 3 5 5 3 5 3 z z nn nn i H HH 32 故 HH nnnn5522 5 3 则7 52 5 3 nn nH 定轴轮系 1 2 2 3 的传动比为 3 2 3090 3060 21 32 3 1 13 zz zz n n i 故 min 150100 2 3 2 3 13 rnn 定轴轮系 5 6 的传动比为 9 8 36 32 5 6 6 5 6 5 z z n n i 故 min 800900 9 8 9 8 6 5 rnn 3 而 3 3 nn 55 nn 所以 min 6 528 7 800 51502 7 52 5 3 r nn nH 因此H n 与A n 转向相反 第八章第八章 其他常用机构作业其他常用机构作业 8 5 解 2 5 6 15 6 510 6 5 3 5 321 ttt 67 0 3 2 35 25 2 5 3 5 1 2 t t k 3 2 3 1 12 4 62 26 2 2 nn n z zn k 33 2 1 3 3 2 n 第九章第九章 机械的平衡作业机械的平衡作业 9 3 解 盘形转子的平衡方程为 0 4433221 bbr mrmrmrmrm 则 01006150820071005 bbr m 060012001400500 bbr m 取 mmkgmm F 20 70 1400 画向量多边形 由向量多边形量得 ae 55 mm 57 所以 kgmmaerm Fbb 920205 则 kg r rm m b bb b 4 4 250 1100 解析法计算 mmceacae 1 543045 2222 3 56 30 45 11 tg ce ac tg 34 9 4 解 1 将质量1 m 2 m 向 平面和 平面进行分解 kg lll ll mm10 2003 2002 15 321 32 22 kg lll l mm5 2003 200 15 321 1 22 kg lll l mm67 6 2003 200 20 321