机械原理桂林电子科大答案仅供参考

1、最新整理1 .题一图所示，已知： BC/DE/GF,且分别相等，计算平面机构的自由度，若存在复合较 链、局部自由度、虚约束，请标出。、解：F 3n 2p R P F3 8 (2 11 1 1) 124 22 1 1其中，B处钱链为复合钱链，B处滚子为局部自由度，J、DE处为虚约束;2 .在图示钱链四杆机构中，已知： lBc=50mm , lcD=35mm , lAD=30mm , AD为机架，若将此 机构为双摇杆机构，求1AB的取值范围。解：如果机构尺寸不满足杆长条件，则机构必为双摇杆机构。1 .若Iab为最短杆，则1AB1 BC1 CD1 AD故 1ab 1cd1ad1bc35305015m

2、m2 .若1ab为最长杆，则1AD1 AB1 BC1 CD故 1 AB 1 BC1 BC1 AD50353055 mm3 .若1ab即不是最短杆，也不是最长杆，则1AD1BC 1 AB 1CD故 1ab 1ad 1bc 1cd 30 50 35 45mm若要保证机构成立，则应有1ab 1bc 1cd 1ad 50 35 30 115mm故当该机构为双摇杆机构时,1AB的取值范围为15mm < 1ab45mm 和 55mm 1AB115mm .20rad/s,求全部瞬心并用瞬心法求2.图示四杆机构，作图比例尺i（4分）0.001mimm3.如题四图所示曲柄滑块机构，曲柄AB等速整周回转。1

3、 .设曲柄为主动件，滑块朝右为工作行程，确定曲柄的合理转向，简要说明理由;2 .设曲柄为主动件，画出急位夹角，最小传动角 min出现的位置；3 .此机构在什么情况下，出现死点位置，指出死点位置。题四图解：1.曲柄为主动件，曲柄 AB由ABi运动到AB2位置，滑块由左极限位置 Ci运动到右极 限位置C2 ,滑块CiC2朝右为工作行程，对应曲柄的转角为j i 180,所需时间ti j 1/(180)/ ;曲柄 AB由AB2运动到ABi位置，滑块由右极限位置 C2运动到左极限位置Ci,滑块C2Ci朝左为空行程，对应曲柄的转角为 j 2 180,所需时间t2 j 2/(180)/ 。为了保证滑块在空行

4、程具有急回特性，即ti t2。则曲柄的的合理转向必为逆时针方向。如图所示。2.以曲柄为主动件，急位夹角 ，最小传动角 min的位置如图所示；4.此机构在以滑块为主动件的情况下，出现死点位置，其死点位置为ABQi和ABiCi两个位置。五.一对渐开线直齿圆柱标准齿轮传动，已知齿数Zi =25, Z2 =55,模数m = 2 mm ,压0*力角 =20 , ha = 1 , c = 0.25。试求：1 .齿轮1在分度圆上齿廓的曲率半径；2 .齿轮2在齿顶圆上白压力角 a2 ；3 .如果这对齿轮安装后的实际中心距a =81mm,求啮合角和两齿轮的节圆半径1、r2。解：1.齿轮1的基圆半径：mzi 2

5、250rbi r cos -coscos20 =23.492mm22齿轮1在分度圆上齿廓白曲率半径：rb1 tan23.492 tan 200 =8.55mm2.齿轮2的齿顶圆半径：m2rai 5(Zi 2ha) 2 (25 2 1) = 27mm齿轮2在齿顶圆上白压力角 a2%ia2 arccos Qi23.492 arc cos -27290321. 标准中心距 a m(Zi Z2) 2 (25 55) 80mm啮合角 acos /a 80cos20 0/8121052+=81;r2 / ri = Z2/Z1 =55/25=11/5解得：ri = 25.3125mm; r2 =55.687

6、5mm9.计算图示机构的自 由度自由度，若含复 合校链,局部自由度 或虚约束请明确指出 并说明原动件数是否 合适。（10）等宽凸轮n 7, R 9, Ph 1自度：F 3n 2PL PH12.图示凸轮机构中，凸轮廓线为圆形，几何中心在B点.请标出：（10）1）凸轮的理论廓线；2）凸轮的基圆；3）凸轮机构的偏距圆；4）凸轮与从动件在 D点接触时的压力角；5）凸轮与从动件从在 C接触到在D点接触时凸轮转过的角度。解:解：最新整理凸轮与从动件在D点接触时的虫力角为：如0凸轮与从动件从在C接触到在D点接触时凸轮转过的角度为13.在如图所示轮中，已知各轮齿数及齿轮Zi的角速度 -求齿轮 乙与系杆H的传动

7、比i1H1 ? (12)解：该轮系可视为由Zi、Z5、Z4、H组成的差动轮系和Zi、Z2、Z3(Z3)、Z4组成的定轴轮系，将差动轮差封闭而构成混合轮系。在Zi、Z5、Z4、H组成的差动轮系中，.H33HZ4114 -W4WHZ1在Z1、Z2、Z3 (Z3)、Z4组成的定轴轮系中，Z3 Z4乙Z3 4 1Z3Z4由轮系的简图可知:于是.31(ZlZ4)Z3Z4i 1H COHZ1Z3Z4Z1Z3Z415.已知机组在稳定运转时期的等效阻力矩的变化曲线M-j如图所示，等效驱动力矩为常数Md=19.6 N.m ,主轴的平均角速度m=10rad/s .为了减小主轴的速度波动，现装一个飞轮，飞轮的转动惯

8、量jF=9.8kg.m 2,(主轴本身的等效转动惯量不计)，试求，运转不均匀系数 。(10)WrM d 2 Tt1 M r max2Mrmax 4Md最大盈万功为4 19678.4(Nm):AWmaxEmaxEmin解：根据在一个稳定运转周期内有Wd2的变化规律为:Mr156.83It156.878.4235.2求出点Tta和点3-Tt2b的横坐标点a的横坐标:点b的横坐标:118设在点。系统的动能为:E0在点a系统的动能为：eE019.6 (5 8_1 )2_2一 Eo 11.025最新整理5p )8一Ea 22.05E0 11.025在点b系统的动能为:11(78.4 19.6)(E E8

9、Eb Ea 244取大盈万功为：AWmaxEmax EminEa Eb 22.05(J)由:Wmax2m(JF J)其中：设J 0,代入已知数据,22.05102 9.80.022520.已知某机械一个稳定运动循环内的等效阻力矩M r如图所示，等效驱动力矩 M d为常数，等效构件的最大及最小角速度分别为:max200rad/s 及 m.180rad/s。试十六.计算图示机构的自由度，并判断机构的级别。解： F 3n 2PL PH 3 7 2 10 01（4分）该机构由三个II级杆组组成，故该机构是II级机构。（4分）;（3）当要求 在0.05范求：（1）等效驱动力矩 Md的大小；（2）运转的速

10、度不均匀系数围内，并不计其余构件的转动惯量时，应装在等效构件上的飞轮的转动惯量解:2100 90041、 Md 2212.5(N.m)(4分)2、max2190max minminJ F °1900.105(4分)3、Wi1000 212.5618.2(J)212.5 100618.2(J)最新整理故 W 618.2(J)W2m618.21902 0.05一 一20.3425(kg.m )(4分)(2分)21.在图示轮系中，单头右旋蜗杆1的转速ni 1450 r/min ,回转方向如图，各轮齿数分另1J为z2 37 , z2'15, Z3 25, z3 20, z4 60。试

11、求轴B的转速电的大小及方向。解i12上亘31出乙. b n2 nB也i2'41n4 nBnBZ3Z42560Zz,Z31520(1)、(2)联立725八、 nBm 6.532( min)方向如图示（2分）22. 一对渐开线直齿圆柱标准齿轮传动，己知齿数Z125 , Z2 55 ,模数 m 2*mm,20, ha=1, c =0.2 5。求：（1）齿轮1在分度圆上齿廓的曲率半径；（2）齿轮2在齿顶圆上的压力角a2； （3）如果这对齿轮安装后的实际中心距a 81mm,求啮合角和两轮节圆半径1、r2。mZ| sin- 2 25sin208.55(mm)(6 分)222、 721mz2 ham

12、1rb2mz2 cos21c ， c ，、-2 55 1 2 57(mm)2 55cos2051.68(mm)贝U cos a2 rbl 5168 0.907 ra2 57(6分)故 a2 24.9443、 a1Z2) - 2(25 55)80(mm)因 a cos a' cos故 cosa cosa'8081cos200.928得 '21.861, rb1。'cos25 cos20cos21.86125.31(mm)(6分)r2' -b518 55.68(mm)cos 'cos21.861二十三.计算图示机构自由度，若有复合校链、局部自由度及虚

13、约束需指出。、完成下列名携LttF-3n-2Pl Ph=3*B-2*11 1 = 1在C处存在复合浅跄；在F处有局部口由度;在J或I处有虚幽束*24.试在图上标出钱链四杆机构图示位置压力角 a 和传动角最新整理28.试在图示的偏心圆凸轮机构中表示出：1）凸轮的基圆半径、升距 h;2）凸轮由图示位置转过 90°时的机构压力角；3）凸轮由图示位置转过 90。时，推杆的位移增量。=1.0。基圆29. 一对直齿圆柱齿轮传动，已知传动比解：如图所示。理论廓线偏置圆 Si12=2 ,齿轮的基本参数：m=4mm = =20o , h*a最新整理1 .按标准中心距a=120mm安装时，求： 齿数 Z

14、1、Z2; 啮合角 a' 节圆直径di' 、 d2'2 .若取齿数Z1=15、Z2=30,中心距a' =92mm试作： 求避免根切的小齿轮的变位系数x1 ; 求传动啮合角； 说明属于何种变位传动。七、图示轮系中，已知各轮齿数： Z1=1 , Z2=40, Z2' =24, Z3=72, Z3' =18, Z4=114。(12 分) 1)该轮系属于何种轮系？2)计算传动比i1H,并在图中标出系杆 H的转向。解：求避免根切的小齿轮的最小变位系数xmin1 ；求传动啮合角a'1 . 因为：i12=2=z2/z1 , a=m< (z2+z1

15、)/2=120 ,而 m=4所以：z1=20 , z2=40 ;又因为是按标准中心距安装，所以有 a' =a=20o, d1 ' =d1=mz1=80mmd2, =d2=mz2=160m> m2. xmin1=(zmin -z1)/zmin=(17-15)/17=0.118 因为： acosa=a' cosa',所以：a' = arc(acosa/a')，即 a' =23.18o；该传动为正传动。七、解：1 .该轮系是由齿轮1和2组成的定轴轮系加上由齿轮2' ,3,3 ' ,4和系杆H组成的周转轮系而形成的混合轮系。2 .因为：i1H=i12Xi2H而：i12=Z2/Z1=40i2H=1- iH2' 4= 1 -(- 1)(Z3Z4)/(Z2 ' Z3' )=1+19=20所以：i1H=800。系杆H的转向如图所示。七、解:1 .该轮系是由齿轮1和2组成的定轴轮系加上由齿轮2 ,3,3' ,4和系杆H组成的周转轮系而形成的混合轮系。2 .因为：ilH = il2Xj2H而：i12= Z2/Z1= 40i2H= 1- iH24= 1-(-1)( Z3 Z4)/( Z2' Z3,) = 1 + 19=20所以：i1H= 800。系杆H的转向如图所示。30 .图示曲柄摇