机械原理习题解答

例4-14-21、22、34、1之间的相对运动为转动，即两构件间形成转动A、B、C3、4之间的相对运动为移动，即两构件间形31AC两点间距离，2A、B3B点出发，沿移动副导路方向与构4C4C1形成转动副。选择比例尺μl=0.001m/mm，分别量出各构件的运动尺寸，绘出机构运动简图，并标明4-2所示。图图4- 例4-24-31A点处；构21C3形成移动副，移动副导路BC3B3B324D4E56选择比例尺μl=0.001m/mm，量出各构件的运动尺寸，绘出机构运动简图，并标明原动4-3所示。4-34-３图为外科手术用剪刀。其中弹簧的作用是保持剪刀口张开，并且便于医生单手操4-

vvee3v其关联矩阵为 邻接矩阵为 LM

0

AM

0 例4- 计算图4-13所示压榨机机构的自由度解：2形4、5、68、9、10以及其上的转711

图4- 压榨机机4、5、6D去掉机构中的虚约束，则机构中活动构件数为n7

=10 =3n

−

=3×7

2×10=4-54-14所示自动驾驶仪操纵机构的自由解：自动驾驶仪操纵机构为空间机构，机构中312属Ⅰ23Ⅰ3、4形成球面副，属Ⅰ4、1形成转动副，属Ⅰ级副则机构自由度为F63524131

4-144-61时，判断图示机构是否有确定的运动。解：（aB、C（bF3n2PlPh3921212，机构没有确定的运动。其中：Ａ处（CF3n2PlPh372101ABBCCDADAD

=3n

−

=3×3

2×4−1

0BCCDF约束所允F3n2PlPh35263

((d4-4-74-解：（a（bF3n2PlPh362731B、C、D4-题4-８图所示为缝纫机中的送4-F3n2Pl3424C处的滚子为局部自由度，4-解：（aF3n2PlPh36264（bFGC构思出自由度分别为１、２和３的Ⅰ

解：由机构的组成原理可知，一个Ⅰ机构中，至少应当包含有一个Ⅰ级基本杆组。将一个Ⅰ可以得到一个单自由度的Ⅰ机构；如果将ⅠⅠ单自由度机构是一个构件与机架通过一个低副（如：转动副）联接所形成的机构。按照以上分析，自由度分别为１、２和３的Ⅰ级机构最简单的结构分别如图中（a（b）和（c）4-124-19a基本杆组首先应当从最远离原动件的构件1拆起，可以拆出Ⅰ级基本杆组ABC，然后，又4-例5-15-3所示的铰链四杆机构中，已知该机图的比例尺为l23的转速2和3P12、P23、P03可根据相应的构件构成转动副直接确

5-P10P03连线的交点。P12有

式中P10P12和P12P02ωP10P12由绝对速度vP12方向，得出ω2P13

由绝对速度vP135-25-41的角速度1。利用瞬心2的线速度v2。机构运动简图的比例尺为l。P02可根据相应的构件分别构成转动副和移动架移动副导路的直线上。因而，n-n与该直线的交点即P12。

vP12P01P12v2向如图中vP12

5-5-25-2μl114的线速度v45-2v

量出。构件４的速度方向如图中

5-35-31的角速度1l5-3P25P15ooo1P14P165-3图（a）4的角速度ω45-3图（b）3的速度V3的大小和方向。（a

N(N

15处；P46P23P36P34P23P24P36P24P25P34P35的连线的交点处。

nvn N(N（b P24P34在垂直于移动副导路的

量出。构件３的速度方向如图中v36-3在题6-3

=150mm，

=500mmc=300mm =400mm题6-转动，确定在下列情况下，应取哪一个构件为机架？Ⅰ输出运动为往复摆动；Ⅰ题6-解：Ⅰbd作为机架。a6-56-5a、b

6-5

6-5a6-5bAB6-5a6-5b为摆动导杆机构时，画出构3的极限位置，并标出极位夹角。6-5b的摆动导杆机构。（a（bAB始终为曲柄。（a3C23B（b2和极位夹角如图（b）

=

31B216-66-6BC速转动，已知

a80mm

b200mmlAD100mm，

=400mmF6-6BC解：（1）

=80mm<b

200mmABC

lADlDF100400lDFlAD400100α

arccos

欲使极位夹角增大，应使αBCCC例6-36-14所示机构的结构尺寸、固定铰链点的位置和原动件的运动。试分别以构CDAB为原动件，确定机构中所有从动构件的运动。6-6-机构为ⅠAB为原动件时，（一CDCD为定轴转动，已知原动件的运CDDCCD33是一个从动构件，因此，C开始。C1D之间的距离lCDC、D连线x正向之间的夹角为φ1，所以可以写出其位置方程xCxDlCD

xDyD0lCD和1xC,yCCtCvCxvDxlCDω1

vDy

其中vDxvDy aCxaDxlCD

ωsinφ

α

aDxaDy0，根据已知的ω1和α1C3C3上另外一个点才能确定出构33BFB3F的位置都必须联立三个或三个以上的方2F的位置方程，如下：

)2(

)2l

yFyEyF

xFCxF,yF(xFxE)vFx(yFyE)vFy(xFxE)vEx(yFyE)

(2xFxCxE)vFx(2yFyCyE)vFy(xFxC)vEx(xFxE)(yFyC)vEy(yFyE)

式中vExvEy0，只有两个未知数vFx和vFy，为线性方程组，可以直接求解。F的加速度方程：(xFxE)aFx(yFyE)aFy(xFxE)aEx(yFyE)

)2-

vEy

(2xFxCxE)aFx(2yFyCyE)aFy(xFxC)aEx(xFxE)(

yC)aEy(yFyE)aCy-

vCx

-vFyvCy-vFyvEyvEyvCy

aExaEy0FBB3上的点，同时，4上的点，所以，它是继续进行机构运动分析的一个关键点，它所受到的运动约束是：1）B、F、C共线；2）B、CBxB

yB

yF(x

)2(y

)2l

B(yFyC)vBx(xFxC)vBy(yFyB)vCx(xFxB)(

)

)

(xBxC)vBx(yByC)vBy(xBxC)vCx(yByC)B(yFyC)aBx(xFxC)aBy(yFyB)aCx(xFxB)(yByC)aFx(xBxC)aFy-2(vBxvFy-vBxvCy-vCxvFy-vBy

vFx

(xBxC)aBx(yByC)aBy(xBxC)aCx(yByC) -(vBx-vCx

-(vBy-vCy

3S3的位置方程

−xC

+(

−yC)2

−xB

+(

−yB)2

s33tan

yB−xB−ω(xBxC)(yByC)(yByC)(xBxC α(xBxC)(yByC)(yByC)(xBxC 56-1445形成移动副，因此，两者之间的4B5A，以这两个点之间的距离变化45之间的相对运动，则相对运动的位置方程为

−xB

+(yA

yB)2（二ABB、C2FAB、BC、DC、EFB、F、CBF、EF垂直的运动约束，建立出三个B、E、F的位置方程组，联立求解，即 f

(xB(xB

−xA)2−xC

+(+(

−yA)2 −yC)2 f

(xF

−xE

+(

−yE)2 f6

(xF

−xF)(−xB

−yB)−xE)

(

−xB)(−yB)(

−yF)=−yE)=6-96-9A、D、F的位置、原15D(xD,yDF(xF,yF1为原动件时，该机构为Ⅰ级机构，可以逐点求解。先求点Ｂ的运xBlAB

6-9(x

)2(

)2l

)2(

)2l

)2()2(

)2l)2l

55GG

−xG)2 −

(

−yG −

=− xG− yG−、当以构件５为原动件时，该机构为Ⅰ级机构，不能逐点求解，而只能联立求解。先确定点Ｇ的运动，其位置方程为xGxFlFG

AB、BC、CD、BE、CEFG和EGB、C、E的位置方程，即

)2()2(

)2l)2l

)2(

)2l

)2()2(

)2l)2l

(xGxF)(xGxE)(yGyF)(yGyE)例6-46-16a 图6- 平面二杆机械手及其逆运动学分解：P，所以，其工作P可以到达的区域。半径为2l1的圆；如果l1l2PA为圆心、外径为l1l2、内径l1

A、BP21bP的位置(xy逆解有两个，分别用实线和虚线表示。A与点(x,y连接起来，x2x2yl2l2r r2l2lαarccos ，βarccos

式中，取“-”6-16b中的实线所示的解，取“+”6-6ABCDP1Q1,，P2Q2，P3Q3解：点，同时，又是连架杆上的点，其轨迹为分别以固定铰BCAD为圆心点。据此，可以得出机PQ扩大成一个平面封闭区域。在区域中任意取两BC，并由给定的连杆精确位置确B1B2、B3C1C2C36-18所作B1B2

图6- 实现连杆三个位置的铰链四杆机构设再作B2B3a23a12a13A同样，作C1C2d12和C2C3d23，d12d23的交点即为圆心D的位置。B、AC、DC、DB、A的位置。这样的设计通常被称为“分边综合”。P、QABCDB、C，按照上述过程重新作图。6-116-11CD的长度lCD75mm的长度lAD100mm，摇杆的一个极限位置与机架之间的夹角

450,AB速转动。试按下列情况确定构件ABBC的杆长lAB,lBC，以及摇杆的摆角解：（1θ180K1K

6-11上，从而可确定活动铰链点Ｃ的另一个极限位置。选定比例尺，作图，如下图（a）CCC45BAC170.84AC261.76AB

AC1

70.8461.76BClBC

AC1

70.8461.76（2θ180K11801.51K 1.5AC1成36CCCCB145ψBB1 由图（b）可知，有两个交点，即有两组解。直接由图中量取AC170.84AC25.75AC169.88AB的长为lABBC的长为lBC摇杆的摆角ψ

AC1AC1

70.8470.84

AC

169.88构件AB的长为lAB 1AC构件BC的长为lBC 1

169.88

6-12设计一个偏心曲柄滑块机构。已知滑块两极限位置之间的距离C1C2=50㎜，导路的偏e=20K=1.5。试确定曲柄和连杆的长度lAB,lBC。解：K=1.5θ180K11801.51K 1.5成90θ54的射线，两射线将于点Ｏ。以点Ｏ为圆心，OC2为半径作圆，再作一条与直C1C2相距为e20mm的直线，该直线与先前所作的圆的交点就是固定铰链点Ａ。作图24图所示。AC125mmAC268mmAB的长度为lABBC的长度为lBC

AC2AC1

6868

CC1CCCB90例6-7设计一个转杆滑块机构，实现连杆精确位置（Pi,θi）i=2,…，n解：6-21xA

xB1

yB1

xC1

yC1间的距离保持不变；（2）ABBA的距离保持不变；（3）从连架CC始终在一条直线上运动。B、C1位置时的坐标与其在连杆第i位置时的坐标之间的关系，则运动约束（1）就不再是独立的了。运动约束（2）和（3） x)2( y)2 x

i

1=

i=

由设计要求给出的连杆精确位置（Pi,θi）i=2,…，n，可以写出连杆从第一位置到第i

−

−

+

1i ]

⎢sin

cos

−

sin −

cos

1iB、C⎡xBi ⎡xB1 ⎢Bi

=

⎡xCi ⎡xC1 ⎢Ci

=

⎢C1

在式（1）xBi,yBi，将位移矩阵方程（4）xA

yA

xB1

xC1,yC1法相同，也采用“分边综合”xA

yA

xB1

yB1AB1xC1,yC1C1

yA

xB1

yB1

yA

xB1

A、B5A、yyi=i=i=12

=

− =0⎡cos0

−sin

−cos

+sin0 ]

⎢sin0 cos0 0.5−sin0 −cos0 由式（4）xB2xB1cos

yB1sin

2cos

sinyB2xB1sin

yB1cos

0.5sin

cos

（xB1cos

yB1sin

2cos

((xB1sin

yB1cos

0.5sin

cos0)y x)2(

13

=

−

=⎡cos

−sin

−cos

+sin45 ]

⎢sin

cos

1.5

sin

−

45由式（4）xB3xB1cos

yB1sin

3cos

sinyB3xB1sin

yB1cos

1.5sin

cos

（xB1cos

yB1sin

3cos

((xB1sin

yB1cos

1.5sin

cos45)y x)2( 方程（a）(b)xA

yA

xB1

yB1

=0,y

=

=

=3.238155xAyAxC1

对于上面的三个连杆精确位置，由式（2）

xC1,yC1xC110yC11.01066-21xAyAxB1yB1xC1yC1，则机(xA(xAxB1)(yy

(xB1xC1)((xB1xC1)( y xC1xC

xC2

yC16-16设计一个带有一个移动副的四杆机构（6-16图AB转角j与输出滑CC’Sj之间的对应关系。已知起始时0S0A的坐标。6-16jABL2,L3L4α解：xAyAxC1xAS0yC1yA；则设计变量为xB1yB1xC1yC1jAB和滑块CC

D

y(1cosφ)xsinφ

j1j

1

1

1

1j

SjS11j

j x)2( y)2

jxBj

xB1y[D

y

Bj

1jAB

xCj

xC1y[D

y

Cj

1jCC

C1将(a)和(b)nn-1个方程，所以该xB1yB1xC1yC1L2(xB1(xB1xA)( y

L3L4α x)2( x)2( αarctanyC1xC1ABCDA(-12.14,3.06)，D(-7.10,-0.52)，P1(0,0),P2(-4.07,-0.5),P3(-2.10,

6-18解：xAyAxDyDxB1yB1xC1yC1。AB的位移矩阵为

D

y(1cosϕ)xsinϕ

i 1i

1i x)2( y)2 x)2 BABxBi xB1y[D

y

Bi

1iAB

将Ⅰ式代入运动约束方程Ⅰ就得到仅含设计变量xB1和yB1xB1yB1

D

14.2296

xB20.6561xB10.7547yB1所以由Ⅰ式有

B2

D

9.3756

xB30.1305xB10.9914yB1所以由Ⅰ式有

B3

0.1305

分别代入Ⅰ

0)2(y0)2(0.1305x0.9914y13.58912.1)2(0.9914x

xB1

由上式可以解出

xB2 xB3从而可以求出

yB

4.8844；

1.0319xB1yB1xB2yB2xB3yB3

D

sinθ

i 1i

yPi

1i

i x)2( y)2 x

i xCi xC1y[D

y

Ci

1iBC

C1将Ⅰ式代入运动约束方程Ⅰ就得到仅含设计变量xC1和yC1xC1yC1θarctanyP1yB1

0

0θarctanyP2yB

0.5

P B

4.07θarctanyP3yB3

3.05

D

0.5

xC20.9573xC10.289yC1所以由Ⅰ式有

C2

D

3.05

1xC30.9046xC10.4262yC1所以由Ⅰ式有

C3

0.9046

分别代入Ⅰ(x

0.5

3.05

xC1

由上式可以解出

C1(xAxD(xAxD)(yy (12.147.1)2(3.06(xAxB1(xAxB1)(yy x)2(y

(4.7026(4.70267.1)2(2.6021

(xC1(xC1xD)( y

在上述四杆中，因为lABlADlBClCD，即最短杆与最长杆的杆长之和小于其余两杆的杆长之和，并且最短杆是lAB，所以该机构一定存在曲柄。5-65-6图为一个对心直动滚子从动件盘形凸轮机构，凸轮为原动件，图示位置时凸轮在BO’。试对机构进行高副低代，并确定机构的级别，验证替12之间的速度瞬心都没有发生变化。机构可以拆出一个Ⅰ级机构。F3n2PlPh322211；F3n2PlPh33241；12P12n-nP13P23的连线的交点处，如图（a）12OO

7-2h，凸轮推程运动角为0。试推导当推程从动件的运动规律为余弦加速度运动规律时，从动件位移s与凸轮转角之间的关系应为：s h[1

cos(

)] )，其中0与相对应是为了保证在推程中vadt

t)dt

tac

ac

δac

δ svdt

0ac

)C1)dt

ac

再由边界条件δ0v0s0；δδ0v0sh；确定出待定常C0；Ch；

hδ

2s h[1

cos(

7-57-5π/32π/3π4π/35π/3解：根据关系式v

ds，a

dv线图如上右图所示。在运动的开始时点Ｏ，以及π34π3、5π3处加速度有限突变，/7-77-7ABOB

=40mm，l

=80mm

=10mm，凸轮以等角速度时针转动。从动件的运动规律是：凸轮转过

30；凸轮再转过

其余

B1 7-7解：(1)、摆杆的最大摆角为30，推程为180，回程为150，远休止角为0，近休止角为30，确定从动件的运动规律为φ30δ1

0δ

2

180δ

255δ

φ

330δ建立直角坐标系，将坐标原点选在点Ｏ，xOArolOB40mm

802φarctanlOBarctan40802OBxBlOAlABcos(φ0 1 1

OB2式中

x

sinδcosδ 由于滚子半径 =10mm，所以凸轮实际轮廓线的方程式xx

dy

dxyy10 pbppbp

ppnpbpcosαπmcosα证明：8-3pnzmrbr，压力角为

zpb2πrb，zp2πrrbrcosαpbpppnpbpcosαπm用范成法加工渐开线直齿圆柱齿轮，刀具为标准齿条型刀具，其基本参数为：m=2mm，

20，正常齿制齿坯的角速度

=90a和刀具移动的线速度va和v不变的情况下，将齿坯的角速度改为

切制出来的齿轮的齿数z和变位系数xa和v不变的情况下，将齿坯的角速度改为

zx解：（1amz290 vmzω290

4mm zz2v

2

x

2a 902x 2 1 zz2v

2

x

2a 902x 2 0.8 Z=17，压力角

20，模数解：34rmz317rbrcosα25.5cos20rrh*m25.513其中，

1是由齿轮为正常齿制齿根据渐开线的几何尺寸关系，可以得到αarccos

arccos23.96ρrbtanα23.96tan20在齿轮齿顶圆上齿廓的压力角和曲率半

8-5αarccos

arccos23.9632.79h* 推证渐开线齿轮不根切的最小变位系数xmin由式xxmin 确定。解释当z>zminxminzzmin为了防止根切，刀具的齿顶线应移至点N1或N1以下，如图所示，应使NQh*m xmh*mNN1QPN1

题8-PN1r

N1Q

mzsin xha2sin

又因为 a，即sin2α a，代入上式， sin

z h* xh*

sin2αh* a

z>zminxminm

4mm，齿形角

200高系数

1，顶隙系数

0.25，齿轮的转动中心到刀具分度线之间的距离为 =29mm

得z2H

2

=

<15×

=z14HmzH 294可得x 2 0.25 h* xmin

x0.250.176140.25r

4

rbrcosα28cos20

r(h*x)m28(10.25)4r(h*c*x)m28(10.250.25)4例8-1（1）

=14,

=40,

=15

1,

=0.25解：由式zmin a可得 sin

30，由于z1+

<2zminx1x1minx2x2min（2）

=33,

=47,m

6mm,

20

=解：a

m(z1

z2

=240mm>a

='

arccos(

cosa

=x1+

z1+2tan

−inv20)

x1x2（3）

=12,

=28,m

5mm,

20

（4）a

=138mm,m

4mm,

20

1,

=.传动比误差不超过±解：

2am(1

=z1

z2

0.008a134mma' a araNN1N2B1啮合角'AA相啮合8-10解：（12N1N2如图中红色直线所示。B1B2N1N2B1B2B1为从动齿轮１的齿顶圆与理论啮合线的交点，B2为主动齿轮、啮合角'为过节点的两齿轮的（４B1B2确定出8-11推导渐开线外啮合直齿圆柱齿轮传动重 ε1[z

8-112π

a解：由重合度的定义，有εB1B2B1PB2B1N1PN1B2N2B1N1rb1tanαa1PN1rb1tanαB2N2rb2tanαa2PN2rb2rrcosαmz1

cosαmz2b 所以

8-

=36,

=33=20，m

2mmx10.235x21.335aa'1

rf1

p,s,e解：（1am(zz)2(3633) invα2(x1x2)tanαinvα2(0.2351.335)tan20inv20z1

36a'aacosα69cos20 cos

a

71、齿轮传动的分度圆分离系数为y 削顶系数为σx1x2y0.2351.3351rmz1236 rb1r1cosα36cos20rr(h*xσ)m36(10.2350.1)2 r(h*c*x)m36(10.250.235)2f sp2xmtanα6.2820.2352tan20 eps6.282.80降，互换性差。应检验的条件是重合度和齿轮的齿顶圆齿厚是否满足要求，即ε[ε]，sa0.25m。z121z251mn4mm =20，h*1，c*0.25，β15，轮齿宽度B30mm。试计算这对齿轮传 a和重合度解：a mn(z1+z2 4×(21+

=2cos 2costanαtanαntan20 rbt1

2cosβ

2

21cos20.65 zmh*

2141 2cosβ

n

αarccosrbt1arccos40.69

cosα

51cos20.65bt

2cosβ

2 zmh*

5141 2cosβ

n

arccos

ε1[z

tanα')z 2π

at 1[21(tan31.02tan20.65)51(tan25.64tanεBtanβbBsinβ30sin15

最后得重合度一阿基米德蜗杆蜗轮传动，蜗轮的齿数

40、分度圆直径d

200mm传动比 ，其中1为蜗杆的转速，2为蜗轮的转速mt2ma1d1蜗杆分度圆升角1a 解：（

2005mmma1mt2再根据国家标准规定的蜗杆模数与分度圆直径对应关系，选取蜗杆的分度圆直径d1、因为i12

r 所以蜗杆分度圆升角λ1

45

3.18，同时

Z1

=arctan

=

1×

=a2(d1mz22905408- 8-20图中，已知蜗杆的转速

=

rmin，

60，

25

20

=25

20

=30

35

=28 =135

写出

，

，

n6n6 z2z3z4z5解：（1

2

16

z3z4z5

“+”

5’6 z2z3z4z5

602020（2

2

2252530

n1

9008.33

，方向“↑”8-22

rmin

60

40

=30 ，

120解：（1）、因为轮系的自由度F3n2PlPh34243

8-22 3n1

z2z3

3040（2

n5

z

6030

n5所以 n1

n1

19.56.5

8-23图所示大减速比减速器的传动比

解法1：A、B、EC组成的行星轮系；iCωA

B z

0，所以

8-23iCωA

zE

16

zA

解法2：A、B、ECB、E、F、GCiCωA

B z

0

=1+z

G−

ZF

=17×

−

ZG

50×由ω0

=1

zF

=1

17× G

50×

=

=

1

17×50×8-24图中13H之间的关系，设已知各个齿轮的齿数解：（a

ω

8-24

2z2

z2、

ω

z

z z2、

ωωz 8-25E250A的700r/minA的正确转向。解：轮系是由定轴轮系（A-B-C-D-E-F-G）和周转轮系（G-K-H-L-M）G，有

zBzD

nn8-25423956

zAzC

2821M，有 nK

(1)2zH

4733

zK

22

0，所以

进一步有

nA

782.238

nG

4

最后得重物上升的速度为v

πD4π25052.36M30 =2.238

0G的转向一致，所以，G（F）的转向也向上，再根据蜗杆蜗轮传动和外啮合齿轮传A的正确转向为逆时针方向，如图所示。8-26AL转动几转？两者的转向是否一致？画出轮系的拓扑图，根据其拓扑图确定轮BB，有

z

402nBnMD，有

8-26

zD24

nDnEnEM，有iMnE

zFzJ

1004085

zE

3040

0.5nA，

1.5nA

AL0.34转，由于A

<0L因为

v1F

D(E而由拓扑图可知顶点的数目v8，齿轮幅的数目eg6，

A(C

F(GFv1eg816

B(

J(K8-27图中，nAnB为轮系的输入运动，C为轮系的运动输出构件。已知nA50rmin,nB100rmin,nC8-27解：（a２，有 n1

z230

n265，有i2n3

nB

z4

5045

nC

z3

20

50

，

=

，

56

rmin，其中“-”5nB相同，方向“↓”（b6，有 n4

z624

n444，有i4n1

nA

z2

3464

nC

z1

32

50

，

100

，

34

nC88.24rmin，

>0nA（nB）相同，方向“↓”10-1解：（a

lABe

30

10-1BαBα0 所以最大压力角αmaxarcsin0.4583最小传动角γmin90αmax9027.28（b最小传动角γmin90αmax90010-2vv(a如图所示；在滑Ｄ处也有一传动角γD如图所vc 示 (b)434的速度v3443上的34上的力的方向。(b10-5ααvαnα10-510-630ºAA“反转”A’,ABA’B’,B’10-6nn原教材6-86-8R写出机构的压力角讨论如果≥[解：（1sinαeeR所以机构的压力角与凸轮转角δαarcsin(eeR（2、如果≥[eRrrAO10-1010-1110-1解：13为 Q为主动力时（即：反行程，螺旋副的自锁条件为式λφ。 解：n---n的夹角λ必须小于或等于斜面与滑块之间的摩擦角，即λ例10- 在图10-17a所示的机构中，已知各构件的尺寸及机构的位置，各转动副处的摩圆半径、移动副及凸轮高副处的摩擦角Ⅰ4上Q的大小。试求图示位置：1M1解：选取长度比例尺ⅠL(m/mm) 10-17a10-171R51、R21M12受R52、R12、R323R23、R434R34、R54、Q。VB2B1900+Ⅰ角。R51AR21AⅠ1R51的方向。R51R21M1擦圆，大小相等方向相反，在一条直线上。同时，根据相对转速32,34的方向，可确定R23R43D、ER52CC之矩的方向应与Ⅰ252R12、R52、R32R524R54V45900+ⅠR34、R54Q也应汇R54的方向线。(2)2、4为分离体，列出力平衡方程式为

R12R32R52R34R54QR34R43R23根据上述力方程式，选取力比例尺ⅠF(N/mm)Q10-17（C）Ri其 Ri为力多边形中第i个力的图上长度(mm)1M11

式中lR21R51mm10-17图所示为按μL=0.001m/mm3P=80N。各转动副处的摩擦圆如图中所示，滑块与导路之间的摩擦角Ⅰ=

ABMQ比例尺μF，作出其力多边形，如图所示。R2318mmP R2320P2080R21R12R32R2372NABMQ的大小为MQR21lμl72100.0010.72NmMQMQ10-1710-18图所示为按μL=0.001m/mm12处的摩擦角

Q=150NM110-18比例尺μF，作出其力多边形，如图所示。 20Q20150 R21R12M1M1

231140.0013.2N例10-610-19所示为斜面压榨机。确定在Q为主动力的行程中机构的自锁条件。设所有移动副的摩擦角均为。QP

=Pcot(

10-19理想驱动力为 =Pcot

tan(tan

令

0

210-2010-203P1Q为生产f，各构件惯性力、2与水平线之间的夹角2与水平线之间的夹角（1为90（222式中：β ，l

f。ρrlAB≥90°

arctanf例11- 对图11-4a所示转子进行动平衡，平衡平面为Ⅰ--Ⅰ和Ⅰ--Ⅰ解：将各个质量的质径积分解到两个平衡平面中：11-4mr(I)m1r1(300100)1 mr(I)m2r21202 mr(II)m1r11001 mr(II)m2r2(300120)2 11-4（c）mr(I)x[mr(I)cos(900)mr(I)cos(1800450)]b 1 2mr(I)

[mr(I)sin(900)mr(I)sin(1800450)]b 1 2mr(I)x2mr(I)x2mr(I)ybbbmr(I)

θarctan(b )mmbb11-4（b）所示。在平衡平面Ⅰ--Ⅰmr(II)x[mr(II)cos(900)mr(II)cos450]b 1 2mr(II)

[mr(II)sin(900)mr(II)sin450]b 1 2mr(II)x2mr(II)x2mr(II)ybbbmr(II)

θarc