武汉科技大学机械原理习题参考答案

机械原理课后习题参考答案机械原理课程组编武汉科技大学机械自动化学院习题参考答案第二章机构的结构分析2-2图2-38所示为一简易冲床的初拟设计方案。设计者的思路是：动力由齿轮1输入，使轴A连续回转；而固装在轴A上的凸轮2与杠杆3组成的凸轮机构将使冲头4上下运动以达到冲压的目的。试绘出其机构运动简图，分析其运动是否确定，并提出修改措施。43512运动产生干涉解答：原机构自由度F=33-24-1=0，不合理，改为以下几种结构均可：2-3图2-39所示为一小型压力机，其中，1为滚子；2为摆杆；3为滑块；4为滑杆；5为齿轮及凸轮；6为连杆；7为齿轮及偏心轮；8为机架；9为压头。试绘制其机构运动简图，并计算其自由度。O齿轮及偏心轮A齿轮及凸轮BEFDC压头机架连杆滑杆滑块摆杆滚子解答：n=7;Pl=9;Ph=2，F=37-29-2=12-6试计算图2-42所示凸轮—连杆组合机构的自由度。解答：a)n=7;Pl=9;Ph=2，F=37-29-2=1L处存在局部自由度，D处存在虚约束b)n=5;Pl=6;Ph=2，F=35-26-2=1E、B处存在局部自由度，F、C处存在虚约束b)a)AEMDFELKJIFBCCDBA2-7试计算图2-43所示齿轮—连杆组合机构的自由度。CBDCDBAA(b)(a)CBDCDBAA(b)(a)解答：a)n=4;Pl=5;Ph=1，F=34-25-1=1A处存在复合铰链b)n=6;Pl=7;Ph=3，F=36-27-3=1B、C、D处存在复合铰链2-8试计算图2-44所示刹车机构的自由度。并就刹车过程说明此机构自由度的变化情况。解答：①当未刹车时，F=36-28=2②在刹车瞬时，F=35-27=1，此时构件EFG和车轮接触成为一体，位置保持不变，可看作为机架。③完全刹死以后，F=34-26=0，此时构件EFG、HIJ和车轮接触成为一体，位置保持不变，可看作为机架。2-9先计算图2-45～图2-50所示平面机构的自由度。再将其中的高副化为低副，确定机构所含杆组的数目和级别，以及机构的级别。机构中的原动件用圆弧箭头表示。ABCDE解答：a)n=7;Pl=10;Ph=0，F=37-210=1C、E处存在复合铰链由3个Ⅱ级杆组构成。IFEHJOGCABDb)n=7;Pl=10;Ph=0，F=37-210=1由3个Ⅱ级杆组构成的Ⅱ级机构。BDECAc)n=3;Pl=3;Ph=2，F=33-23-2=1D处存在局部自由度，由2个Ⅱ级杆组构成Ⅱ级机构。d)n=4;Pl=5;Ph=1，F=34-25-1=1由1个Ⅲ级杆组构成的Ⅲ级机构。ABCDEFGG'HABDCEFGHIJe)n=6;Pl=8;Ph=1，F=36-28-1=1B处存在局部自由度，G、G'处存在虚约束,由1个Ⅱ级杆组加上1个Ⅲ级杆组构成的Ⅲ级机构。f)n=9;Pl=12;Ph=2，F=39-212-2=1C处存在局部自由度，I处存在复合铰链,由5个Ⅱ级杆构成的Ⅱ级机构。杆组拆分如下图所示。＋＋＋＋第三章平面机构的运动分析3-1如图3-20所示曲柄滑块机构中若已知a，b，e，当1给定后，试导出滑块位移s和连杆转角2的表达式。121yxCbaBAD1234se图3-20解：ebasba2121sinsincoscos由12sinsinaeb得到))sin(cos(arcsincos)sinarcsin(1112baebasbae或写成212112)sin(cos)sinarcsin(aebasbae3-2如图3-20，若已知abe2014010601011mmmmradsmm,,,,，设经计算得到：22997.，s=149.81mm，请导出vc和2的表达式，并求出其数值。解：0coscossinsin22112211bavbac，得：sradba/7153.0)997.2cos(140)60cos()10(20coscos2112smvc/1784.0)997.2sin(7153.014.0)60sin()10(02.03-12如图3-30所示，曲柄摆动导杆机构中各杆长，已知adlBD400500250mmmmmm,,，构件1以等角速度120rads绕A顺时针方向转动，求此时vD及角速度比13。解：33sinsincoscos11BCBCldala，其中2式除以1式可得0207.2cossintan11ada3故得：781.0251mm)6705.63cos()30cos(400,6705.63BCl31120A60dCDB求导得3333cossincossincossin311311BCBCBCBCllalla上式中对2式用旋转坐标系法，按逆时针方向旋转3角得：311)cos(BCla3所以，srad/5244.8,3462.2/331又)240sin(sin)240cos(cos1133BDDBDDlaylax求导得)240cos(cos)240sin(sin31131133BDDyBDDxlavlav或写成如下等价形式：)120sin(sin)120cos(cos1133BDDBDDlaylax求导得)120cos(cos)120sin(sin31131133BDDyBDDxlavlav解得：VDx=-0.4*(-20)*sin(60*pi/180)-0.25*(-8.5244)*sin((63.6705-120)*pi/180)=2.2264m/sVDy=0.4*(-20)*cos(60*pi/180)+0.25*(-8.5244)*cos((63.6705-120)*pi/180)=-8.1097m/s合成可得：VD=sqrt(2.2264^2+8.1097^2)＝8.4098m/s，VD＝-74.6485°3-12题解法二（瞬心法）：mmCABaddalBC025.781cos222由余弦定理：8322.0cosABC，得6746.33ABCmmABClBPBC5064.938cos/24由1324aBP，得：3461.231srad/5247.836476.9360ABCABDmmDP5945.98624smDPVD/4104.82433-15如图3-33所示为采煤康拜因的钻探机构。已知bal2808401300mmmmmmAD,,,115,构件2绕构D两点的速度及加速度。件1上的B点以等角速度rad/s121逆时针方向转动，求C、解：（1）求C、D两点的速度2121sinsincoscosbablaAC9373.50,280)15sin(840sin22BAC4ab112321DC1120A60dCDB1234P2422112211coscossinsinbabvaCsradbaba/278.01)1coscos(1,coscos112112211212，得，得＝又根据题目已知条件/4.361278.01300,/4079.217sinsin1122smmvsmmabvDC（2）求C、D两点的加速度22222121112222212111sincossincoscossincossinbbaabbaaaC1212210，得＝由dtd由上面2式可得：840*ε1*cos(15*pi/180)-840*(0.278^2)*sin(15*pi/180)=280*ε2*cos(50.93*pi/180)-280*(1.278^2)*sin(50.93*pi/180)811.3777ε1-16.8022＝176.4754ε1-355.0521得ε1＝ε2＝-0.5328rad/s2求D点加速度的方法有两种：第一种按书上的方法列出运动方程式，按步骤求解；第二种方法求出法向加速度和切向加速度的合成。①对D点列出位置方程式11sincosADDADDlylx求导得速度方程式1111sinoslvlvADDyADDxc再求导得加速度方程式1211112111sincossinADADDyADADDxloslallac，则22DyDxDaaaaDx=-1300*(-0.5328)*sin(15*pi/180)-1300*(0.278^2)*cos(15*pi/180)＝82.2226mm/s2aDy=1300*(-0.5328)*cos(15*pi/180)-1300*(0.278^2)*sin(15*pi/180)＝-695.0422mm/s2故D点的加速度为：aD=sqrt(aDx^2+aDy^2)=699.8887mm/s2，aD＝-83.2533°②22212122/s699.8887mm)()(ADADDnDtDllaaaC点的加速度为：1211122222cossincossinaabbaCaC=-280*(-0.5328)*sin(50.9373*pi/180)-280*(1.278^2)*cos(50.9373*pi/180)+840*(-0.5328)*sin(15*pi/180)+840*(0.278^2)*cos(15*pi/180)＝-225.4828mm/s23-17在图3-35所示凸轮机构中，leRABmmmm2050,,110rad/s，指出速度瞬心P12，并用瞬心法求1045,及90时构件2的速度v2。解：凸轮形状为圆形，因此凸轮和平底从动件的公法线既垂直于从动件的平底又过凸轮的圆心。速度瞬心P12如图所示，从动件的速度可表示为：112cosevsmmv/200,021；图3-34图3-35图3-36AB11CRA12BeP12P13BbC43AaVC21smmv/4214.141,4521；smmv/0,90213-18如图3-36所示曲柄滑块机构中，已知aABCv10060902mmmsc,,,。指出速度瞬心13P，并用瞬心法求构件1的角速度1。图3-34图3-35图3-36AB11CRA12BeP13BbC43AaVC21解：速度瞬心P13如图所示。smmvvCP/213，又11313APPlv故得出srad/3205.1730cos/100200013-19如图3-28所示凸轮机构，指出速度瞬心P12，并用速度瞬心法求从动件的角速度2。解：速度瞬心P12如图所示。211212DPAPllRRlAP330tan/12,RRRlDP3260sin/)60cos/(12所以得srad/1021123-21如图3-38所示为铰链四杆机构，试用瞬心法分析欲求构件2和构件3上任何重合点的速度相等时的机构位置，此时1?P12AC3B12DRABCDEF1234566BACD1abcd4321图3-37图3-38P14P12P23P34解：构件3上任意点的速度方向为：该点与构件3的回转中心D点（瞬心P34）的连线垂直的