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，若存在复合铰链、局部自由度、虚约束，请标出。、解： F 3n 2Pl Ph P F3 8 (2 11 1 1) 124 22 1 1B 处滚子为局部自由度， J、 DE 处为虚约束；其中， B 处铰链为复合铰链，2. 在图示铰链四杆机构中，已知： lBC=50mm ， lCD =35mm ， lAD =30mm ，AD 为机架，若将此机构为双摇杆机构，求 lAB 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lAB 为最短杆，则l ABl BClCDl AD故l ABlCDlADlB

2、C35305015mm2若lAB 为最长杆，则l ADl ABl BCl CD故lABlBClBClAD50353055mm3 若 lAB 即不是最短杆，也不是最长杆，则l AD lBC lAB lCD故 lAB l AD lBC lCD 30 50 35 45mm 若要保证机构成立，则应有lAB lBC lCD lAD 50 35 30 115mm 故当该机构为双摇杆机构时 , lAB 的取值范围为15mm l AB 45mm 和 55mm lAB 115mm .2. 图示四杆机构，作图比例尺 l 0.001m ， 1 20rad s，求全部瞬心并用瞬心法求 mm0.484(m s)(4 分

3、)3. 如题四图所示曲柄滑块机构，曲柄 AB 等速整周回转。1 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。2minAB2eC1C4工作行程maxC2题四图解：1. 曲柄为主动件，曲柄 AB由AB1运动到 AB2位置，滑块由左极限位置 C1运动到右极 限位置 C2 ，滑块 C1 C2朝右为工作行程，对应曲柄的转角为j 1 180 ，所需时间t1 j 1/ (180 )/ ；曲柄 AB由 AB2运动到 AB1位置，滑块由右极限位置 C2运动 到左极限位置

4、 C1 ，滑块 C2C1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程具有急回特性，即t1 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AB1C1和 AB1C1两个位置。五. 一对渐开线直齿圆柱标准齿轮传动，已知齿数z125， z2 55，模数 m2 mm，压0 * *力角 200，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在齿顶圆上的压力角 a2 ；3如果这对

5、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 r1 、r2 。解： 1. 齿轮 1的基圆半径 :mz12 25 0rb1 r cos 1 cos cos20 =23.492mm22齿轮 1 在分度圆上齿廓的曲率半径 :rb1 tan23.492 tan 200 =8.55mm2 齿轮 2 的齿顶圆半径：m * 2ra1 m2(z1 2ha*) 22 (25 2 1)27mm齿轮 2 在齿顶圆上的压力角 a2a2arccosarc cosrb123.49227290321.标准中心距 am2(z1z2)2 (25 55) 80mm啮合角acos /a 80cos20 0/

6、81 21052r1 +r2 =81;r2 /r1 = z2 /z1 =55/25=11/5解得 : r1 = 25.3125mm; r2 =55.6875mm9. 计算图示机构的自 由度自由度 , 若含复 合铰链 , 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）解:等宽凸轮由度 : F 3n 2PL PH37291212. 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：n 7, P

7、L 9, PH 1 自偏距圆凸轮与从动件在 D 点接触时的压力角为 : D 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Z1的角速度 1，求齿轮 Z1 与系杆H 的传动比1i1HH12)z 4 组成的定解：该轮系可视为由 z1、z5、z4、 H 组成的差动轮系和 z1、 z2、z3（ z3）、 轴轮系，将差动轮差封闭而构成混合轮系。在z1、z5、 z4、 H 组成的差动轮系中，H1 Hz4i144 Hz1在 z1 、 z2 、 z3（ z 3 ）、 z4 组成的定轴轮系中，1 z3z4i144z1z3z1z341 z3z4由轮系的简图可

8、知：于是1(z1 z4 )z3z4i1HHz1 z3 z4 z1 z3 z415. 已知机组在稳定运转时期的等效阻力矩的变化曲线Mr- 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，飞轮的转动惯量 JF=9.8kg.m 点 a 的横坐标： ,（ 主轴本身的等效转动惯量不计 ） ，试求，运转不均匀 系数 。（ 10）WdWr解：根据在一个稳定运转周期内有1 Mr maxM rmax 4M d最大盈亏功为4 19.678.4(Nm):WmaxEmaxEminr max的变化规律为：Mr156.8Mr

9、3 156.878.4235.2求出点a 和点b 的横坐标点 b 的横坐标：118设在点 O 系统的动能为：E0在点 a 系统的动能为： EE019.6 (5821)22E0 11.025最新整理最新整理33、44在点 b 系统的动能为：Ea11 5(78.4 19.6) ( )88Ea 22.05E0 11.025最大盈亏功为 : Wmax Emax Emin Ea Eb 22.05(J) 由： 2 Wmaxm2 (JF J)其中：设 J 0 ，代入已知数据，22.05102 9.80.0225六 . 计算图示机构的自由度，并判断机构的级别。解： F 3n 2PL PH3 7 2 10 04

10、 分)1该机构由三个 II 级杆组组成，故该机构是 II 级机构。(4 分)20. 已知某机械一个稳定运动循环内的等效阻力矩 Mr 如图所示，等效驱动力矩 Md 为 常数，等效构件的最大及最小角速度分别为： max 200 rad s 及 min 180 rad s。试 求： (1) 等效驱动力矩 M d 的大小； (2) 运转的速度不均匀系数 ； (3) 当要求 在 0.05 范 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JF 。2 100 9004 解：1、 Md42212.5(N.m)( 4 分)2、m4 分)W11900.1051000 212.5618.2(J

11、)W2212.5 100618.2( J )故W618.2( J )JFWm2 1906218.02.05 0.3425(kg.m2) (4分)21. 在图示轮系中，单头右旋蜗杆1 的转速 n1 1450r min ，回转方向如图，各轮齿数分别为 z2 37 ， z215， z3 25， z3 20， z460 。试求轴 B 的转速 nB的大小及方向。 解in1z2i1231n2z1i B n2 nBn2i241n4 nBnBz3z42560zz z315201）、（ 2）联立1）（2 分）2）（4 分）725 rnB111 6.532( r min)2 分）方向如图示2 分）22. 一对渐开

12、线直齿圆柱标准齿轮传动，己知齿数z1 25 ， z2 55 ，模数 m 2mm，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 r1、 r2。11解：1、 1mz1 sin2 25sin 20 8.55(mm)(6 分)1 2 1 21*12 55 12 57(mm)2、 ra2mz22ha m21rb2 b2 2mz2cos12255cos2051.68( mm)则 cosrb251.680.907a2ra2573、1

13、2 m(z1z2)1 2(25255)80(mm)故 a2 24.944(6 分)因 acos acos故 cosacos a80cos200.92881得 21.861r1rb1cos25 cos 20cos21.86125.31( mm)rb2 cos51.68cos 21.86155.68( mm)6 分）二十三24.计算图示机构自由度，若有复合铰链、局部自由度及虚约束需指出。试 在 图 上 标 出 铰 链 四 杆 机 构 图 示 位 置 压 力 角 和 传 动 角28. 试在图示的偏心圆凸轮机构中表示出：凸轮的基圆半径、升距 h； 90时的机构压力角； 90时，推杆的位移增量。1)2)

14、3)凸轮由图示位置转过 凸轮由图示位置转过解：如图所示。29.一对直齿圆柱齿轮传动，已知传动比i12=2，齿轮的基本参数：sm=4mm， =20o ， h*a=1.0 。按标准中心距 a=120mm安装时，求： 齿数 Z1 、 Z2； 啮合角 a； 节圆直径 d1、d2；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

15、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 ；1. 因为： i12=2=z2/z1 ， a=m (z2+z1)/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=80m，md2 =d2=mz2=160m。m2. xmin1=(zmin -z1)/zmin=(17-15)/17=0.118 因为： acosa=acosa，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=i12 i2H而： i12=Z2/Z1=40i2H=1- iH24= 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： i1H=i12i2H而： i12= Z 2 / Z1= 40i2H = 1- iH24= 1-(-1)( Z3 Z4)/( Z2 Z3)= 1+19=20 所以： i1H=