机械设计基础 第4版 习题及解答（第四章）检

机械设计基础第4版自测题与习题参考答案（第四章）第四章凸轮机构（一）自测题题4-1图4-26所示机构是(C)。-A.曲柄摇杆机构B.摆动导杆机构C.平底摆动从动件盘形凸轮D.平底摆动从动件圆柱凸轮机构题4-2图4-27所示机构(当构件1上下往复运动时,构件2做左右往复移动)，属于（C）。A.移动导杆机构 B.移动从动件盘形凸轮机构C.滚子移动从动件移动凸轮机构 D.平面连杆机构题4-3图4-28所示机构是( D)。A.曲柄滑块机构 B.偏心轮机构C.滚子移动从动件凸轮机构 D.平底移动从动件盘形凸轮图图4-26题4-1图图4-27题4-2图图图4-28题4-3图题4-4图4-29所示，如AB，CD以O为圆心的圆弧，此凸轮机构的推程运动角是（C）。A．160°B.130°C.120°D.110°题4-5若要盘状凸轮的从动件在某段时间内停止不动，对应的凸轮轮廓曲线应为（D）。A．一段直线B.一段圆弧C.抛物线D.以凸轮转动中心为圆心的圆弧题4-6 图4-30所示凸轮轮廓是由分别以O及O1为圆心的两段圆弧和另外两条直线组成的。该凸轮机构从动件的运动过程属于(C)类型。A.升—停—降—停 B.升—停—降C.升—降—停 D.升—降题4-7 从动件的推程采用等速运动规律时,刚性冲击将发生在(D)。A.推程的起始点 B.推程的中点C.推程的终点 D.推程的始点和终点题4-8 当从动件做无停留区间的升降连续往复运动时,(D)冲击最小。A.推程和回程均采用等速运动规律B.推程和回程均采用等加速等减速运动规律C.推程采用简谐运动规律,回程采用等加速等减速运动规律D.推程和回程均采用简谐运动规律题4-9某凸轮机构从动件用来控制刀具的进给运动,在切削阶段时,从动件宜采用(A )。A.等速运动 B.等加速等减速运动C.简谐运动 D.其他运动题4-10 图4-31所示凸轮机构从动件的最大摆角是(C )。A.13.84° B.24.70° C.33.74° D.49.64°题4-11 图4-32所示机构中,属空间凸轮机构的是( C)。A．a B.b C.c D.d题4-12 凸轮从动件与凸轮保持接触的形式也称之为“锁合”,由外力实现接触的锁合称为力锁合,利用结构实现接触的锁合称为形锁合。图4-32中(C)为形锁合。A.a B.b C.c D.d题4-13 在图4-32中,(B )位置中的从动件压力角最小。A.a B.b C.c D.d题4-14 如图4-32c所示圆柱凸轮的圆柱直径为d,基圆半径为rb,则( D)。A.rb=0.5d B.rb=d C.rb=0 D.rb=∞题4-5如图4-32所示,最不易引起从动件自锁的是(B)。A.aB.bC.cD.d图4-29题4-4图图4-30题4-6图图4-31题4-10图图4-32题4-11，4-12，4-13，4-14，4-15图（二）习题参考解答题4-16图4-33所示为一偏心圆凸轮机构,O为偏心圆的几何中心,偏心距e=15mm,d=60mm。试在图中标出:1)该凸轮的基圆半径、从动件的最大位移h和推程运动角δ0的值。2)凸轮转过90°时从动件的位移s。图4-33题4-16图图4-34题4-17图题4-16参考解答根据已知条件做出对心尖项偏心凸轮的初始位置A（最低点），基圆半径rb=O‘A=e=d/4=15mm设凸轮顺时针回转，转过180°，自A到达A“，以O‘A“为半径，作圆弧，交导路上方的B点，这是尖顶杆的最高点，计算可知O‘A“=d/2+e=30+15=45mm,因O‘B=O‘A“=45mm则从动件最大位移h=AB，计算可知AB=O‘A“-rb=45-15=30mm凸轮从初始A回转90°.到达A‘点，其从动件位移s=O‘A‘-rb，作图量取得CA‘=s图4-33题4-16图解题4-17图4-34所示为一滚子对心直动从动件盘形凸轮机构。试在图中画出该凸轮机构的基圆、理论轮廓曲线、推程最大位移h和图示位置的凸轮机构压力角。题4-17参考解答（1）设从动件滚子回转中心为B，以凸轮几何中心O为圆心，以OA为半径作圆，该圆为滚子圆心运动轨迹，即理论轮廓曲线。（2）设滚子与凸轮轮廓接触点为A，过A作凸轮几何中心圆的切线t-t,过A点作切线的垂线，当是轮廓接触点的法线方向，根据力学知识，忽略摩擦力情况下，光滑接触点的受力方向沿法线方向，标出受力FA，从动件运动的速度方向恒沿导路，标出速度VA,如图标记，FA和VA所夹锐角即为接触点A处的压力角。（3）过凸轮回转中心O“，作凸轮偏心圆的内切圆，切点为C”，该内切圆即为基圆，标出其半径rb，过C“作切线，其法线交凸轮偏心圆于C‘点，并与理论轮廓曲线圆交于C点。由几何关系，推程最大位移h=OC‘-rb图4-34题4-17图解题4-8标出图4-5所示各凸轮机构A位置的压力角αA和再转过45°时的压力角αA‘。图图4-35题4-18图题4-18参考解答如图4-35题4-18图解（1）所示：要标出接触点A的压力角ɑA，关键是要确定从动杆A处的受力FA的方向和从动件速度vA的方向，对光滑接触（不计摩擦力），FaA的方向是A接触点的法线n-n方向,可由过A点作切线t-t，并取其垂线为直n-n方向。对图a）的对心尖顶从动件凸轮，其速度vA的方向必然沿导路方向，其受力FA的方向法线n-n的方向恰与导路方向共线，故压力角ɑA=0°；对图b）的偏置尖顶从动件凸轮，其速度vA的方向必仍沿导路方向，作图确定受力方向（即法线n-n方向），标出压力角ɑA，用量角器量取。同理，对图c）的偏置滚子从动件在A点光滑接触，作辅助切线t-t，进而确定法线n-n方向，标定压力角ɑA，用量角器量取。对图d）的摆动滚子从动件，其速度vA方向是摆杆滚子中心处摆动圆弧圆周切线方向，受力FA方向如前面所述由作辅助切线作得法线n-n确定，标定压力角ɑA，用量角器量取。转过45°的b),c),d)情况，可根据反转法原理，参照图4-35题4-18图解（2）求作，此处略。图4-35题4-18图解（1）图4-35题4-18图解（2）题4-19已知从动件的升程h=50mm,推程运动角150°,远停程角=回程运动角,近停程角。试绘制从动件的位移线图,其运动规律如下:1)以等加速等减速运动规律上升,以等速运动规律下降。2)以简谐运动规律上升,以等加速等减速运动规律下降。题4-19参考解答解：1）情况的作图步骤，如图4-19图解所示。选取适当的比例尺μl（1：1）：参考教材P51，图4-10等加速等减速运动规律线图作图步骤，等分圆滑连接同理，在右上方1/4矩形框中，作图得等减速位移曲线。远停程角=在水平轴上取点D，作7．凸轮转过360°，终点接触点为D‘，DD‘为近停程角8．圆滑连接A、B、C、C‘、D、D‘,则曲线ABCC‘DD‘为题意要求的位移曲线。题4-19图解1）2）情况作图步骤：1．参考图4-11简谐运动规律位移作图方法，以h为直径作辅助圆O‘，推程运动角150°，作推程位移曲线：(1)等分辅助圆弧成若干等分（等分越多越准确），此处分6等分每等分30°角。将推程凸轮转角位移远停程角=回程运动角题4-19图解1）中的原点，作图如题4-19图解2）所示，得1‘2‘3‘等点，圆滑连接，得等加等减速运动规律的位移曲线。4．近停程角情况相仿，得直线段‘EF。5．圆滑连接的A，B，C，D，E，E‘,F，是谓所求凸轮轮郭位移曲线。题4-19图解2）题4-0设计一尖顶对心直动从动件盘形凸轮机构。凸轮顺时针匀速转动,基圆半径rb=40mm,从动件按题4-19中1)的运动规律运动。题4-20参考解答解：作图步骤：选取适当的比例尺μl（1：1）,作出从动件的位移线图，如题4-20图解1）。取与位移线图相同的比例，以O为圆心，以基圆rb=40mm为半径作基圆，按题意要求，等分推程运动角150°成8等分，分别交基圆于1，2，3，4，5，6，7，8，A0为始点。自基圆向外分别在题4-19图解1）中量取位移s1=11‘，s2=22‘,s3=33‘，s4=44‘…s8=88‘,得轮廓上对应点A1，A2，A3，A4，…A8。圆滑连接A0A1A2A3A4…A8，是谓推程的轮廓曲线。远停程角=回程运动角从动件运动规律为等速运动规律，其轮廓曲线为斜直线段C‘D，将题4-19图解1）中自基圆向外，量取位移s9=9-9‘，s10=10-10‘,s11=11-11‘，s12=12-12‘。由此得回程推程轮廓曲线的选定点A9（c‘），A10，A11，A12，D，圆滑连接A10A11A12D是谓回程轮廓曲线。4．近停程角5．圆滑连接的推程，远停程，回程，近停程四段轮廓曲线，形成一个封闭的轮廓曲线，如题4-20图解2），即为题意所求凸轮轮廓实际曲线。题4-20图解1）题4-20图解2）题4-1若将题4-0改为滚子从动件,设已知滚子半径rT=10mm,试设计其凸轮的实际轮廓曲线。解：作图步骤：1．取题4-20图解2），在各等分的径线方向距离为rT=10mm处为理论廓线点，如果取更多的等分径线，将得到较为连续的理论廓线，如题4-21图解中的虚线。2．以理论廓线为圆心，作滚子的系列圆，圆滑连接得系列圆的内、外包络线，内包络线为实际廓线。则内、外包络线构成需要形封闭的滚子导槽。题4-21图解题4-2设计一平底对心直动从动件盘形凸轮机构。凸轮逆时针匀速转动,基圆半径rb=40mm,从动件按题4-19中2)的运动规律运动。试用图解法绘制凸轮轮廓,并要求确定平底的尺寸。题4-22参考解答解：取定题4-19中2）的图解位移曲线图（题4-2图解a），题4-19图解2）a题4-19图解2）b本题作图步骤：1．按教材4版P54图4-15所述：1）作基圆，取始点A，在-ω方向，按题意等分推程150°(8等分)，远停程角=回程运动角,近停程角。依次作等分径向线这里的1，2，3，4，5，6，7，8……，相当于尖顶从动件的触点（理论廓线），3）将平底与导路中心线的交点A，视为始点，过1，2，3，4，5，6，7，8……各点作一系列代表平底位置的直线(与径向线垂直),然后作此直线族的内包络线,即可得到平底从动件凸轮的实际轮廓曲线。这里特别指出：（1）平底与实际轮廓的接触点不一定是理论廓线上的点；（2）尖顶从动件呈凹向的理论廓线段，无法由平底从动件来实现，即将发生失真；（3）平底的长度L可以用计算方法确定，但比较复杂（与从动件运动规律相关），通常可以用作图的方法自然确定（保证整周回转平底与所有轮廓的接触，平底长度L应略大于平底移动的左右极限尺寸）。题4-23设计一尖顶摆动从动件盘形凸轮机构。凸轮转动方向和从动件初始位置如图4-36所示。已知LOA=70mm、LAB=75mm、基圆半径rb=30mm,从动件运动规律如下:当凸轮匀速转120°时,从动件以简谐运动规律向上摆动ψmax=30°;当凸轮从120°转到180°时,从动件停止不动,然后以等速运动规律回到原处。试用图解法绘制凸轮轮廓曲线。题4-23参考解答作图步骤：1．考虑按1：1的比例尺作ψ-δ(t)图，作图误差太大，故取比例尺为2：1，作从动件角位移Ψ-δ(t)图如下。题4-23，从动件角位移Ψ-δ(t)图2．作凸轮轮廓曲线图4-36题4-23图1）选取适当比例尺μl（1：1）,根据给定的LAB=75mm定出O，A0位置；以O为圆心、rb=30mm为半径作基圆；再以为A0圆心，LAB=75mm为半径作圆弧交基圆于B0（C0）点，该点即是从动件尖顶的起始位置。是图凸轮逆时针转动，B0应在OA0图4-36题4-23图2）以O为圆心，OA0为半径作圆，自OA0开始，沿“-ω”方向依次取δ0，δs，δ‘0,δ‘S,分析可知这里：推程δ0=120°；远停程δs=60°；回程δ‘0=180°。将δ0、δ‘0与角位移线图对应的若干等份,得A1、A2、A3…各点，便得到从动件回转中心在反转过程中的一系列位置点。3）分别以A1,A2,A3…为圆心,lAB为半径作一系列圆弧与基圆交于C1,C2,C3…,并作∠C1A1B1,∠C2A2B2,∠C3A3B3…分别等于从动件相应位置的摆角ψ1,ψ2,ψ3…,各角边A1B1,A2B2,A3B3…与相应圆弧的交点为B1,B2,B3…。4)将B0,B1,B2,B3…B14，C0（从动件尖顶接触始点），连接成光滑的曲线,即得到所求的凸轮轮廓曲线。注意：当基圆直径稍大时，为保证尖顶与凸轮在要求位置可靠接触，从动杆的实形状要作适当改变，如图解的红色杆所示。题4-23图解题4-24设计一偏置直动滚子从动件盘形凸轮机构。凸轮转动方向和从动