西华大学机械原理习题答案

1参考答案第二章机械的结构分析二、综合题1．n=7，pl=9，ph=121927323hlPPnF从图中可以看出该机构有2个原动件，而由于原动件数与机构的自由度数相等，故该机构具有确定的运动。2．（a）D、E处分别为复合铰链（2个铰链的复合）；B处滚子的运动为局部自由度；构件F、G及其联接用的转动副会带来虚约束。n=8，pl=11，ph=1111128323hlPPnF3．（c）n=6，pl=7，ph=313726323hlPPnF（e）n=7，pl=10，ph=0101027323hlPPnF4．（a）n=5，pl=7，ph=010725323hlPPnFⅡ级组Ⅱ级组因为该机构是由最高级别为Ⅱ级组的基本杆组构成的，所以为Ⅱ级机构。2（c）n=5，pl=7，ph=010725323hlPPnFⅢ级组因为该机构是由最高级别为Ⅲ级组的基本杆组构成的，所以为Ⅲ级机构。5．n=7，pl=10，ph=0101027323hlPPnFⅡ级组Ⅲ级组当以构件AB为原动件时，该机构为Ⅲ级机构。Ⅱ级组Ⅱ级组Ⅱ级组当以构件FG为原动件时，该机构为Ⅱ级机构。可见同一机构，若所取的原动件不同，则有可能成为不同级别的机构。36．（a）n=3，pl=4，ph=101423323hlPPnF因为机构的自由度为0，说明它根本不能运动。而要使机构具有确定的运动，必须使机构有1个自由度（与原动件个数相同）。其修改方案可以有多种，下面仅例举其中的两种方案。n=4，pl=5，ph=111524323hlPPnF此时机构的自由度数等于原动件数，故机构具有确定的运动。第三章平面机构的运动分析一、综合题1、解：42、由相对瞬心13P的定义可知：LOLOPPPP13331311所以130313113/PPPPO方向为逆时针转向，（如图所示）。3、解：1）计算此机构所有瞬心的数目K=N（N-1）/2=6（6-1）/2=15；2）如图所示，为了求传动比ω1/ω2，需找出瞬心P16、P36、P12、P23，并按照三心定理找出P13；3)根据P13的定义可推得传动比ω1/ω2计算公式如下：1361321613PPDKPPAK由于构件1、3在K点的速度方向相同，从而只3和1同向。4、解：1）以选定的比例尺1作机构运动简图（图b）。2）求cv定出瞬心13P的位置（图b），因为13P为构件3的绝对瞬心，有133213//BBPABlvllBP=100.06/0.00378=2.56（rad/s）51330.003522.56ccCPv=0.4(m/s)3)定出构件3的BC线上速度最小的点E的位置因为BC线上的速度最小点必与13P点的距离最近，故从13P引BC的垂线交于点E，由图可得1330.00346.52.56ElPEv=0.357（m/s）4)定出0Cv时机构的两个位置（见图c，注意此时C点成为构件3的绝对瞬心），量出1=26.4°；2=226.6°5、解：66、解：（1）把B点分解为B2和B3两点，运用相对运动原理列出速度与加速度的矢量方程，并分析每个矢量的方向与大小如下：2323BBBBvvv方向AB⊥AB向下//BC大小?1lAB?rBBkBBBtCBnCBaaaaa2323233方向B→C⊥BCB→A⊥BC向下∥BC大小32lBC?12lAB23vB3B2?（2）标出各顶点的符号，以及各边所代表的速度或加速度及其指向如下：7、解：n’71212BBBBvvv大小？V1？方向┴AB水平//导路3=VB2/LAB=pb2v/LABrBBkBBBtBnBBaaaaaa12121222大小32LAB？00?方向ABAB//导路3=aB2t/LAB=n’b2’a/LAB8、解：根据速度多边形判断如下：第一步：由pb方向得杆2角速度方向如图所示；第二步：把矢量c3c2绕ω2方向旋转90度得23kcca方向。9、解：在a)图机构中存在哥氏加速度，但在导杆3的两个极限摆动位置时，以及滑块2相对于导杆3的两个极限滑动位置时，哥氏加速度为零。这是因为前者的瞬时牵连转速为零，而后者的瞬时相对平动为零，均导致哥氏加速度瞬时为零；相应的机构位置图略在b)图机构中由于牵连运动为平动，故没有哥氏加速度存在。10、解：11、解：AB(B1,B2,B3)V1123ε3ω38BCBCvvv22方向⊥DC⊥AB向右⊥BC大小?1lAB?2424CCCCvvv方向⊥AC⊥DC∥AC大小?2lDC?标出顶点如图所示。12、解：1）以1做机构运动简图2）速度分析根据CBCBvvv以0做其速度多边形（图b）根据速度影像原理，做bce∽BCE，且字母顺序一致得点e，由图得：0.00562EVvpe0.31(/)ms（顺时针）2/0.00531.5/0.07vBCwbcl2.25(/)rads（逆时针）3/0.00533/0.045vCDpcl=3.27（rad/s）3）加速度分析根据机速度矢量方程nCDtntcCDCBBCBaaaaaa以1做加速度多边形（图c）根据加速度影像原理，做'''bce∽BCE，且字母顺序一致得点'e由图点得''0.05703.5(/)Eaapems''2//tZcbbcabcaalncl0.0527.5/0.0719.6(/)rads（逆时针）9第四章平面机构的力分析+第五章效率和自锁三、综合题1、解：此传动装置为一混联系统。圆柱齿轮1、2、3、4为串联圆锥齿轮5-6、7-8、9-10、11-12为并联。此传动装置的总效率2、解：设机构3、4、5、6、7组成的效率为η3’，则机器的总效率为η=η1η2η3’而''2'2''''3PPPPrr，P2’η3η4=Pr’，P2’’η5η6η7=Pr’’将已知代入上式可得总效率η=η1η2η3’=0.8373、解：2341295.0'92.0''5683.092.095.0'''25634125612347η1η2η5η6η7P2’P2’’η3η4Pr’Pr’’CR32BR122AR21BR411M1ω1104、解：(a)ρe轴作加速转动；(b)ρe轴作减速转动。5、解：R21R212BCR12R32A1PR41BR21C3QR23R43116、解：7、解：如图所示，由已知，摩擦角φ=arctg0.2。为不使料块上升，总反力R的作用线应在水平线下方，则φ≥α/2即α≤2φ=2arctg0.28、解：RR12φRα/2α/21210、解：作出各运动副反力的作用线如图11、解：(1)作出各运动副反力的作用线如图(2)力矢量方程式：Q34R054R，32R+12R052R,画力多边形13第六章机械的平衡一、填空题1、轴向尺寸较小（轴向尺寸b与其最大直径d之比小于2）；2；对于任何不平衡的转子，不论在几个回转平面内，有多少偏心质量，只要在选定的2个平面上，分别适当地增加（或除去）一个平衡质量即可使转子得到动平衡。2、（a）、（b）、（c）；（c）3、总惯性力为零；总惯性力为零，同时总惯性力矩也为零4、平衡试验；材料不均匀，制造安装误差5、惯性力；1个；惯性力；惯性力矩；2个6、质量；向径；大7、(a)；(b)、(c)8、在垂直于其回转轴线的同一平面内；静；动9、静；动；（a）二、简答题1、答：（1）如果只要求刚性转子的惯性力达到平衡，则称为转子的静平衡。（2）如果不仅要求惯性力，而且要求惯性力矩也达到平衡。则称为转子的动平衡。（3）不考虑动平衡的静平衡不总是有利的，其理由在于对于不是分布在同一平面内的转子，虽然它满足了静平衡要求，但如果不对它进行动平衡，它在转动过程中将有附加动压力产生，引起机械设备的震动。三、计算题解：建立平衡的矢量方程如下0221121rrr作力矢量图：量出bW的大小，即bW=15kg.cm，则07.114bbWmkg，相位在左上方，与竖直方向夹角3.43。第七章机械的运转及其速度速度的调节一、填空题1、；位置，运动2、功率等效；动能等效451W2WbW143、等速；周期变化；恒等；一个周期内相等4、安装飞轮；调速器5、调节周期性速度波动；渡过死点6、盈功；亏功；等速二、简答题1、答：（1）周期性速度波动：作用在机械上的等效驱动力矩edM，等效阻力矩erM和等效转动惯量eJ均呈周期性变化；在公共周期内，驱动功等于阻抗功，机械能增量为零，则等效构件的角速度在公共周期的始末是相等的，即机械运转的速度呈周期性波动，即周期性速度波动。（2）波动幅度大小调节:加装飞轮。（3）不能完全消除周期性速度波动。因为不可能加装转动惯量FJ=的飞轮，只要FJ一定，总有速度波动量。2、答：（1）等效质量的等效条件：等效机构所具有的动能与原机械系统所具有的动能相等。（2）若不知道机构的真实运动也能够求得等效质量，因为221vwJvvmmisinisaie其中，vvsa和vwi仅余机构类型和尺寸相关，与原远东件的真实运动状况无关。3、答：（1）机器的运转通常分为三个阶段：起动、稳定运转和制动。起动阶段：eredMM，总有正功，机械的动能和速度越来越大，最后接近稳定运转阶段。稳定运转阶段：在一段时间内，驱动力所作功等于工作阻力矩所作的功，速度接近常数（速度在一定范围内上下波动），机械的动能接近常数。制动阶段：eredMM，工作阻力矩所作的功大于驱动力所作的功，机械的动能和速度由大减小，直到为零，机械停止运转。（2）等速稳定运转是指驱动力作的功等于工作阻力矩所作的功，速度为常数，机械的动能为常数。周期性变速稳定运转是指当作用在机械上的等效驱动力（力矩）和等效工作阻力（力矩）周期性变化时，机械的动能和速度是周期性变化的，在一段时间内，驱动力所作功等于工作阻力矩所作的功，速度接近常数（速度在一定范围内上下波动），机械的动能接近常数。4、答：15（1）机器在启动阶段、稳定运转阶段和停车阶段的功能关系的表达式：起动阶段：E，稳定运转阶段：frd，停车阶段：EWr（2）原动件角速度的变化情况：起动阶段：由令逐渐上升，直至达到正常运转的平均角速度m为止。稳定运转阶段：围绕其平均值m作不大的上下波动。停车阶段：由令逐渐减小为零5、答：等效力的等效条件是将等效力（力矩）作用在等效构件上，其所作的功（功率）与机械系统在所有力作用下所作的功（功率）相等。6、答：（1）机器运转的周期性及非周期性速度波动的性质的区别：如果在等效力矩和等效转动惯量变化的公共周期内，驱动功等于阻抗功，则机械能增量为零，于是经过等效力矩和等效转动惯量变化的公共周期，机械的动能恢复到原来的值，因而等效构件的角速度也恢复到原来的值，这种等效构件的角速度在稳定运转过程中的速度将出现周期性波动。如果机械在运转过程中等效力矩的变化出现非周期性波动，则机械运转的速度将出现非周期性波动。（2）调节方法：周期性速度波动不会破坏机械的稳定运转状态，它可以采用安装飞轮来调节。非周期性速度波动将会破坏机械的稳定运装状态，可能会出现飞车或停车的现象，可采用调速器进行调节。三、综合题1、解：1）由功率等效原则可建立如下方程：3322222222111),cos(),cos()(ssssseredvRvWvFMMMvWvF即133122221222211//),cos(/),cos(ssssseredevRvWvFMMMMvWvF2）由动能等效原则可建立如下方程23322222221121