第一篇：機械原理課后答案第7章

第7章作業

7—1等效轉動慣量和等效力矩各自的等效條件是什么?

7—2在什么情況下機械才會作周期性速度波動?速度波動有何危害?如何調節? 答: 當作用在機械上的驅動力（力矩)周期性變化時，機械的速度會周期性波動。機械的速度波動不僅影響機械的工作質量，而且會影響機械的效率和壽命。調節周期性速度波動的方法是在機械中安裝一個具有很大轉動慣量的飛輪。

7—3飛輪為什么可以調速?能否利用飛輪來調節非周期性速度波動，為什么? 答： 飛輪可以凋速的原因是飛輪具有很大的轉動慣量，因而要使其轉速發生變化．就需要較大的能量，當機械出現盈功時，飛輪軸的角速度只作微小上升，即可將多余的能量吸收儲存起來；而當機械出現虧功時，機械運轉速度減慢．飛輪又可將其儲存的能量釋放，以彌補能最的不足，而其角速度只作小幅度的下降。

非周期性速度波動的原因是作用在機械上的驅動力(力矩)和阻力(力矩)的變化是非周期性的。當長時問內驅動力(力矩)和阻力(力矩)做功不相等，機械就會越轉越快或越轉越慢．而安裝飛輪并不能改變驅動力(力矩)或阻力(力矩)的大小也就不能改變驅動功與阻力功不相等的狀況，起不到調速的作用，所以不能利用飛輪來調節非周期陛速度波動。

7—4為什么說在鍛壓設備等中安裝飛輪可以起到節能的作用? 解： 因為安裝飛輪后，飛輪起到一個能量儲存器的作用，它可以用動能的形式把能量儲存或釋放出來。對于鍛壓機械來說，在一個工作周期中，工作時間很短．而峰值載荷很大。安裝飛輪后．可以利用飛輪在機械非工作時間所儲存能量來幫助克服其尖峰載荷，從而可以選用較小功率的原動機來拖動，達到節能的目的，因此可以說安裝飛輪能起到節能的作用。

27—5由式JF=△Wmax／(ωm [δ])，你能總結出哪些重要結論(希望能作較全面的分析)? 答：①當△Wmax與ωm一定時，若[δ]下降，則JF增加。所以，過分追求機械運轉速度的均勻性，將會使飛輪過于笨重。

②由于JF不可能為無窮大，若△Wmax≠0，則[δ]不可能為零，即安裝飛輪后機械的速度仍有波動，只是幅度有所減小而已。

③當△Wmax與[δ]一定時，JF與ωm的平方值成反比，故為減小JF，最好將飛輪安裝在機械的高速軸上。當然，在實際設計中還必須考慮安裝飛輪軸的剛性和結構上的可能性等因素。

7—6造成機械振動的原因主要有哪些?常采用什么措施加以控制?

7—7圖示為一機床工作臺的傳動系統。設已知各齒輪的齒數，齒輪3的分度圓半徑r3，各齒輪的轉動慣量J1、，J2、，J2’、J3，齒輪1直接裝在電動機軸上，故J1中包含了電動機轉子的轉動慣量；工作臺和被加工零件的重量之和為G。當取齒輪1為等效構件時，試求該機械系統的等效轉動慣量Je。

解：根據等效轉動慣量的等效原則．有 2則 Je?1?21212J1?1?211G1222(J?J)??J??v22`233222g)(2`Je?J1?J(J2?J?2?12)?J2?3?(312?)Gv

g?(12)

2Je?J1?

17-8圖示為DC伺服電機驅動的立銑數控工作臺，已知工作臺及工件的質量為m4=355 kg,滾珠絲杠的導程d=6 mm，轉動慣量J3=1.2×10-3kg.m。，齒輪1、2的轉動慣量分別為J1=732 ×

z1J(J?J)(22`2z2zz2G)?J3(12`)?z2z3gz1z2`2r()3z2z3 10-6kg.m2，J2=768×10-6kg.m2。在選擇伺服電機時，伺服電機允許的負載轉動慣量必須大于折算到電動機軸上的負載等效轉動慣量，試求圖示系統折算到電動機軸上的等效轉動慣量。

解：根據等效轉動慣量的等效原則．有 2Je?1?212J1?21?21(J?J)?23?2221mv

244Je?J1?121J(J2?J3)(?2?1z1)?m4(2v則: ?J1??1)2)22z2z2

=732×10-6+(768+l 200)l×10-6×(25/45)2+355×(6×10-3)2×(25/45)2

=5.284×l0kg.m

7—9已知某機械穩定運轉時主軸的角速度ωs=100 rad／s，機械的等效轉動慣量Je=0.5 2kg.m，制動器的最大制動力矩Mr=20 N.m(制動器與機械主軸直接相連，并取主軸為等效構件)。要求制動時間不超過3s，試檢驗該制動器是否能滿足工作要求。

解

因此機械系統的等效轉動慣量．F：及等效力矩Al。均為常數，故可利用力矩 形式的機械運動方程式： Me=Jedω/dt

其中：Me=-Mr=-20 N.m，Je=0.5 kg.m2

dt=[Je/(-Mr)]dω=[0.5/（-20）]dω=-0.025dω 因此

t=-0.025(ω-ωs)=0.025ωs=2.5s 由于t=2.5s< 3s，所以該制動器滿足工作要求。

7一10設有一由電動機驅動的機械系統，以主軸為等效構件時，作用于其上的等效驅動力矩Med=10 000—100ω(N.m)，等效阻抗力矩Mer=8 000 N.m，等效轉動慣量Je=8 kg.m2，主軸的初始角速度ω0=100rad／s。試確定運轉過程中角速度ω與角加速度α隨時間的變化關系。

解

由于機械系統的等效轉動慣量為常數，等效力矩為速度的函數，故可利用力矩形式的機械運動方程式

Me(ω)=Med(ω)-Mer(ω)=Jedω/dt 即10000-100ω-8000=8dω/dt

J(J2?J3)()?m4l(2z

1對式①積分得

t??????810081002dt??8100???d?2000

(1)?d(100??2000)(100??2000)100[ln(100??2000)?ln(100?100?2000)]2

5將式(2)改寫為

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000 解得

ω=20+80e-12.5t [ln(100??2000)?ln8000]

(2)上式對t求導得

α= dω/dt=-100e-12.5t

7—11在圖示的刨床機構中，已知空程和工作行程中消耗于克服阻抗力的恒功率分別為P1=367.7 w和p2=3 677 w，曲柄的平均轉速n=100 r／min，空程曲柄的轉角為φ1=120o。當機構的運轉不均勻系數δ=0.05時，試確定電動機所需的平均功率，并分別計算在以下兩種情況中的飛輪轉動慣量JF(略去各構件的重量和轉動慣量).1)飛輪裝在曲柄軸上；

2)飛輪裝在電動機軸上，電動機的額定轉速nn=I 440 r／min。電動機通過減速器驅動曲柄，為簡化計算，減速器的轉動慣量忽略不計。

解

(1)確定電動機的平均功率。作功率循環圖如下圖所示。

根據在一個運動循環內．驅動功與阻抗功應相等，可得

PT=P1t1+P2t2

P=(P1t1+P2t2)/T=(P1φ1+P2φ2)/(φ1+φ2)=(367.7/3+3 677×2/3)=2 573.9 w(2)由圖知最大盈虧功為：、△Wmax=(P-P1)t1=(P-P1)(60φ1)/(2πn)=(2573.9-367.7)×60×(1/3)×(1/100)=441.24N.m 1）當飛輪裝在曲柄軸上時飛輪的轉動慣量為

900?Wmax900?441.242JF???80.473kg.m2222?n[?]??100?0.0

52）飛輪裝在電機軸上時，飛輪的轉動慣量為

222JF`=JF(n/nn)=80.473×(100/1440)=0.388kg.m

7-12 某內燃機的曲柄輸出力矩Md隨曲柄轉角?的變化曲線如圖所 示，其運動周期?T??,曲柄的平均轉速nm?620r/min。當用該內燃機驅動 一阻抗力為常數的機械時，如果要求其運轉不均勻系數?=0.01。試求 1)曲軸最大轉速nmax和相應的曲柄轉角位置?max；

2)裝在曲軸上的飛輪轉動慣量JF（不計其余構件的轉動慣量）。

解:(1)確定阻抗力矩, 因一個運動循環內驅動功應等于阻抗功．所以有

MrφT=AOABC=200×（1/2）×(π/6+π)解得

Mr=(1/π)×200×(1/2)×(π/6+π)=l 16.6 7 N.m

(2)求曲軸最大轉速nmax，和相應的曲柄轉角位置φmax：

作其系統的能量指示圖(見圖(b))．由圖可知在c處機構出現能量最大值．即φ=φ時，n=nmax。故 Φmax=20o+30o+130o×(200-116.7)/200=104.16o

此時nmax=(1+δ/2)nm=(1+0.01/2)×620=623.1r/min

c（3)求裝在曲軸上的飛輪轉動慣量J，：

?Wmax?AbABc?200?116.6726***0?Wmax900?67.262???1.596kg.m2222?n[?]?620?0.01 ?（??20??200?116.67?130??200?116.67200?67.26N.m

故：7—13圖示為兩同軸線的軸1和2以摩擦離合器相連。軸1和飛輪的總質量為100 kg，回轉半徑ρ=450 mm；軸2和轉子的總質量為250 kg，回轉半徑ρ=625 mm。在離合器接合前，軸1的轉速為n，=100 r／min，而軸2以n：=20 groin的轉速與軸1同向轉動。在離合器接合后3 s，兩軸即達到相同的速度。設在離合器接合過程中，無外加驅動力矩和阻抗力矩。試求：

1)兩軸接合后的公共角速度;2)在離合器結合過程中，離合器所傳遞的轉矩的大小。JF

解

設離合器結合過程中所傳遞的摩擦力矩為Mf．兩軸結合后的公共角

速度為ω。根鋸力矩形式的機械運動方程。對于軸l和軸2，分別有：

???1d?

0?Mf?J1dt?J1（1）

Mf?0?J2d?2dt?J2???23

（2）

J1?J2由式（1）（2）得：

22式中

J1=m1ρJ2=m2ρ2

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30 從而

??J1?1?J2?2???30?m1?1n1?m2?2n2m1?1?m2?22222??30?100?0.45?100?0.625?20100?0.45?100?0.6252222?3.533rad/s由（1）得: Mf

?3.533)?46.838N.m3330330

7—14圖示為一轉盤驅動裝置。1為電動機，額定功率為Pn=0.55 kW，額定轉速為nn=1 390．r／min，轉動慣量J1=0.018 kg.m2;2為減速器，其減速比i2=35, 3、4為齒輪傳動，z3=20，z4=52；減速器和齒輪傳動折算到電動機軸上的等效轉動慣量J2e=0.015 kg.rn2；轉盤5的轉動慣量J5=144kg.m，作用在轉盤上的阻力矩為Mr5=80 N.m；傳動裝置及電動機折算到電動機軸上的阻力矩為Mr1=0.3 N.m。該裝置欲采用點動(每次通電時間約0.15 s)作步進調整，問每次點動轉盤5約轉過多少度? 提示：電動機額定轉矩Mn=9 550Pn／nn，電動機的起動轉矩Md≈2Mn，并近似當作常數。?J1?1???m1?12(n1???)?100?0.452?(100?

解

取電機軸作為等效構件，則系統的等效轉動慣量為

?52Je1?J1?J?J(5e2)?0.01?8?1

點動過程中，系統的運行分為兩個階段：第一階段為通電啟動階段，第二階段為斷電停車階段。

第一階段的等效力矩為

Me11?Md?Mr1Mr5(?2?9550?0.5520120.?015?14?4(?5235)kg0m.05042.?5?1)?2?955020?1Pnnn?Mr1?Mr5(z3z4?1i2)13905235

由于在此階段系統的等效力矩和等效轉動慣量均為常數，所以在此階段電機軸的角速度和轉過的角度為

ω11=ω10+α1t1

2φ11=φ10+ω10t1+(1/2)α1t1

式中: φ10=0, ω10=0, ． t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以

?0.3?80?()?6.378N.m?11?

Me11Je1t1?6.3780.0504?0.15?18.982rad/s

?11?

第二階段的等效力矩為 1Me1126.3782?t1?0.5?0.15?1.424rad2Je10.0504

?1z4i25235

由于在此階段系統的等效力矩和等效轉動慣量均為常數，所以在此階段電機軸的角速度和轉過的角度為：

ω12=ω11+α2t2

2φ12=φ11+ω11t2+(1/2)α2t2 式中: ω12=0, α2=Me12/Je1 所以

t2??Me12??Mr1?Mr5(?5)??Mr1?Mr5(z3?1)??0.3?80?(20?1)??1.179N.m?11?2???11Je1Me2?18.982?0.05041.179?0.811s

?12??11??11t2?每次點動后．電機轉過的角度為

φ1=φ12+φ11=1.424+9.125=10.549rad 而轉盤5轉過的角度為：

1Me1221.1792?t2?1.1424?18.982?0.811?0.5??0.811?9.125rad2Je10.0504

?5??1(z3z4?118020180?)?10.549???638`31``i2?52?35?

第二篇：機械原理課后答案-高等教育出版社

機械原理作業

第一章 結構分析作業

1.2 解：

F = 3n－2PL－PH = 3×3－2×4－1= 0

該機構不能運動，修改方案如下圖：1.2 解：

（a）F = 3n－2P1= 1 A點為復合鉸鏈。

L－PH = 3×4－2×5－（b）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×6－2= 1

B、E兩點為局部自由度, F、C兩點各有一處為虛約束。

（c）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×7－0= 1

FIJKLM為虛約束。

1.3 解：

F = 3n－2PL－PH = 3×7－2×10－0= 1

1）以構件2為原動件，則結構由8－

7、6－

5、4－3三個Ⅱ級桿組組成，故機構為Ⅱ級機構(圖a)。

2）以構件4為原動件，則結構由8－

7、6－

5、2－3三個Ⅱ級桿組組成，故機構為Ⅱ級機構(圖b)。

3）以構件8為原動件，則結構由2－3－4－5一個Ⅲ級桿組和6－7一個Ⅱ級桿組組成，故機構為Ⅲ級機構(圖c)。

(a)

(b)

(c)

第二章

運動分析作業

2.1 解：機構的瞬心如圖所示。

2.2 解：取?l?5mm/mm作機構位置圖如下圖所示。

1.求D點的速度VD VD?VP13 VD而

2.求ω1

VE?AEP14P13?2425，所以

VD?VE2425?150?2425?144mm/s

3.求ω2

?2?1?1?VElAE?150120?1.25rad/s

?2??13898?1.25?3898?0.46rad/s?P12P14P12P24?3898 因，所以4.求C點的速度VC

??1mm/mm

VC??2?P24C??l?0.46?44?5?101.2mm/s

2.3 解：取l作機構位置圖如下圖a所示。1.求B2點的速度VB2

VB2 =ω1×LAB =10×30= 300 mm/s 2.求B3點的速度VB3

VB3 ＝ VB2 ＋

VB3B2

大小？

ω1×LAB

？ 方向 ⊥BC

⊥AB

∥BC 取?v?10mm/smm作速度多邊形如下圖b所示，由圖量得：

VB3?pb3??v?27?10?270mm/spb3?22mm，所以

mm 由圖a量得：BC=123 mm , 則

lBC?BC??l?123?1?123

3.求D點和E點的速度VD、VE

利用速度影像在速度多邊形，過p點作⊥CE，過b3點作⊥BE，得到e點；過e點作⊥pb3，得到d點 , 由圖量得：所以 VD?pd??v?15?10?150mm/spd?15mm，pe?17mm，； VE?pe??v?17?10?170mm/s VB3B2?b2b3??v?17?10?170mm/s 4.求ω

?V3?B3?270l?2.2rad/sBC123

5.求anB2

an22B2??1?lAB?10?30?3000mm/s2

6.求aB3

aB3 ＝ aB3n ＋ aB3t ＝ aB2 ＋

aB3B2k ＋

aτB3B

2大小 ω32LBC ？

ω12LAB

2ω3VB3B2

？

方向

B→C ⊥BC

B→A

⊥BC

∥BC n22 aB3??3?l2BC?2.2?123?595mm/s

ak?2?2B3B23?VB3B2?2?2.2?270?1188mm/s 5

取

?a?50mm/s2mm作速度多邊形如上圖c所示，由圖量得： ,所以

mm/s2?b'3?23mm，n3b'3?20mmaB3??b'3??a?23?50?1150t

7.求?3

taB3?n3b'3??a?20?50?1000mm/s

lBC123

8.求D點和E點的加速度aD、aE ?3?aB3?1000?8.13rad/s2利用加速度影像在加速度多邊形，作??b'3e∽?CBE, 即

?b'3CB ??eCE?b'3eBE，得到e點；過e點作⊥?b'3，得到d點 , 由圖量得：?e?16mm，?d?13mm，aD??d??a?13?50?650mm/s2所以，a2E??e??a?16?50?800mm/s。

2.7 解：取?l?2mm/mm作機構位置圖如下圖a所示。

一、用相對運動圖解法進行分析 1.求B2點的速度VB2

VB2 =ω1×LAB =20×0.1 = 2 m/s 2.求B3點的速度VB3

VB3 ＝ VB2 ＋

VB3B2

大小？

ω1×LAB

？

方向 水平

⊥AB

∥BD 取?v?0.05m/smm作速度多邊形如下圖b所示，由圖量得：

pb3?20mm，所以

而VD= VB3= 1 m/s

nVB3?pb3??v?20?0.05?1m/s

3.求aB2

aB2??1?lAB?20?0.1?40m/sn222

4.求aB3

τ

a B3 ＝ aB2n

＋

a B3B

2大小

？

ω12LAB

？

方向

水平

B→A

∥BD 取?a?1m/s2

mm作速度多邊形如上圖c所示，由圖量得：

aB3??b'3??a?35?1?35m/s2，所以

二、用解析法進行分析

2?b'3?35mm。

2VD3?VB2?sin?1??1?lAB?sin?1?20?0.1?sin30??1m/s21aD3?aB2?cos?1???lAB?cos?1?20?0.1?cos30??34.6m/s

第三章 動力分析作業

3.1 解：

根據相對運動方向分別畫出滑塊1、2所受全反力的方向如圖a所示，圖b中三角形①、②分別為滑塊2、1的力多邊形，根據滑塊2的力多邊形①得：

FrFR12R12cos?sin(60??2?)?sin(90???)?Fcos?，FR?F12rsin(60??2?)

由滑塊1的力多邊形②得：

Fd?FR21sin(60??2?)sin(90???)?FR21cos?，Fsin(60??2?)cos?sin(60??2?)sin(60??2?)d?FR21cos??Frcos?sin(60??2?)?Frsin(60??2?)

而 ??tg?1f?tg?1(0.15)?8.53?

所以 F60??2?)d?Fsin(rsin(60??2?)?1000sin(60??2?8.53?)sin(60??2?8.53?)?1430.7N3.2 解：取?l?5mm/mm作機構運動簡圖，機構受力如圖a)所示；

取

?F?50N/mm作機構力多邊形，得：

FR65?60?50?3000N，FR45?67?50?3350N，FR45?FR54?FR34?FR43?3350N，FR23?35?50?1750FR63?50?50?2500N，FR23?FR32?FR12?FR21?1750N

Mb?FR21lAB?1750?100?175000N?mm?175N?m

3.2 解：機構受力如圖a)所示

N，由圖b)中力多邊形可得：FR65?tg?4F5?tg45??1000?1000N

FR545?FR43?Fsin??1000.2N

4sin45??1414 FR43?FR63FR23sin116.6?sin45??sin18.4?

Fsin45?sin45?R63?sin116.6?FR43?sin116.6??1414.2?1118.4N

FR23?sin18.4?sin116.6?Fsin18.4?R43?sin116.6??1414.2?500N 所以 FR21?FR23?FR61?500N

Mb?FR21lAB?500?100?50000N?mm?50N?m

3.3 解：機構受力如圖所示

由圖可得：

對于構件3而言則：Fd?FR43?FR23?0，故可求得 FR23 對于構件2而言則：FR32?FR12

對于構件1而言則：Fb?FR41?FR21?0，故可求得

Fb

3.7 解：

1.根據相對運動方向分別畫出滑塊1所受全反力的方向如圖a所示，圖b為滑塊1的力多邊形，正行程時Fd為驅動力，則根據滑塊1的力多邊形得：

Fdsin(??2?)?FR21sin?90??(???)??FR21cos(???)，FR21?Fd

cos(???)sin(??2?)

則夾緊力為：Fr?FR21cos??Fdcos(???)cos?sin(??2?)2.反行程時?取負值，F'R21為驅動力，而F'd為阻力，故

F'R21

?F'dcos(???)sin(??2?)，cos?sin??F'dtg?而理想驅動力為：F'R210?F'd所以其反行程效率為：

?'?F'RF'd21

0F'R?F'dtg?21cos(???)sin(??2?)?sin(??2?)tg?cos(???)

sin(??2?)當要求其自鎖時則，?'?tg?cos(???)?0，故 sin(??2?)?0，所以自鎖條件為：??2?

3.10 解：

1.機組串聯部分效率為：

?'??23?2?9821?0.9?0.?0.95?0.8

212.機組并聯部分效率為：

?''?PA?A?PB?B2?0.8?3?0.7P2?3?A?P??B2?3?0.98?0.95?0.688 3.機組總效率為：

???'?''?0.821?0.688?0.565?56.5%

4.電動機的功率

輸出功率：Nr?PA?PB?2?3?5kw 電動機的功率：Nd?Nr?5?0.565?8.85kw

第四章平面連桿機構作業

4.1 解：

1.① d為最大，則

a?d?b?c

故 d?b?c?a?280?360?120?520mm

② d為中間，則

a?c?b?d

故 d?a?c?b?120?360?280?200mm

200mm?d?520mm所以d的取值范圍為：

2.① d為最大，則

a?d?b?c 故 d?b?c?a?280?360?120?520mm

② d為中間，則

a?c?b?d 故 d?a?c?b?120?360?280?200mm

③ d為最小，則

c?d?b?a 故 d?b?a?c?280?120?360?40mm

④ d為三桿之和，則

d?b?a?c?280?120?360?760mm

所以d的取值范圍為：40mm?d?200mm和520mm?d?760mm 14

3.① d為最小，則

c?d?b?a 故 d?b?a?c?280?120?360?40mm

4.3 解：機構運動簡圖如圖所示，其為曲柄滑塊機構。

4.5 解：

1.作機構運動簡圖如圖所示；由圖量得：??16?，??68?，?max ?min?155?，?min?52?，所以 ?180???max?180??155??25?，行程速比系數為：2.因為 l1是擺轉副。K?180???180????180??16?180??16??1.20

?l3?28?72?100?l2?l4?52?50?102

所以當取桿1為機架時，機構演化為雙曲柄機構，C、D兩個轉動副3.當取桿3為機架時，機構演化為雙搖桿機構，A、B兩個轉動副是周轉副。4.7 解：1.取?l?6mm/mm作機構運動簡圖如圖所示；由圖量得：

180???180????180??5?180??5??1.05??5?，故行程速比系數為：

K?

由圖量得：行程：h?40??l?40?6?240mm

2.由圖量得：?min?68?，故?min?68??????40? 3.若當e?0，則K= 1，無急回特性。4.11 解： 1.取2.由圖中量得： ?l?4mm/mm，設計四桿機構如圖所示。

lAB?AB??l?70?4?280mm。lCD?C1D??l?25?4?100mmlAD?AD??l?78.5?4?314mm 16

4.16 解： 1.取?l?1mm/mm，設計四桿機構如圖所示。

2.由圖中量得：

lAB?AB1??l?21.5?1?21.5mm，lBC?B1C1??l?45?1?45mm。

?63?，圖中AB”C” 為 3.圖中AB’C’為?max的位置，由圖中量得?max ?max的位置，由圖中量得?max?90?。

4.滑塊為原動件時機構的死點位置為AB1C1和AB2C2兩個。

4.18 解： 1.計算極位夾角：??K?1K?1?180??1.5?11.5?1?180??36?

2.取?l?2mm/mm，設計四桿機構如圖所示。

3.該題有兩組解，分別為AB1C1D和AB2C2D由圖中量得：

lAB1?AB1??l?24?2?48mm，lB1C1?B1C1??l?60?2?120mm ；

lABlB2?AB2??l?11?2?22mm。2C2?B2C2??l?25?2?50mm

第五章 凸輪機構作業

5.1 解：

圖中(c)圖的作法是正確的，(a)的作法其錯誤在于從動件在反轉過程的位置應該與凸輪的轉向相反,圖中C’B’為正確位置；(b)的作法其錯誤在于從動件在反轉過程的位置應該與起始從動件的位置方位一致，圖中C’B’為正確位置；(d)的作法其錯誤在于從動件的位移不應該在凸輪的徑向線上量取，圖中CB’為正確位置。

5.4 解：如圖所示。

5.5 解： 凸輪的理論輪廓曲線、偏距圓、基圓如圖所示；

第三篇：機械原理課后答案第6章

第6章作業

6—1什么是靜平衡?什么是動平衡?各至少需要幾個平衡平面?靜平衡、動平衡的力學條件各是什么?

6—2動平衡的構件一定是靜平衡的，反之亦然，對嗎?為什么?在圖示（a）（b）兩根曲軸中，設各曲拐的偏心質徑積均相等，且各曲拐均在同一軸平面上。試說明兩者各處于何種平衡狀態?

答：動平衡的構件一定是靜平衡的，反之不一定。因各偏心質量產生的合慣性力為零時，合慣性力偶不一定為零。（a）圖處于動平衡狀態，（b）圖處于靜平衡狀態。

6一3既然動平衡的構件一定是靜平衡的，為什么一些制造精度不高的構件在作動平衡之前需先作靜平衡?

6—4為什么作往復運動的構件和作平面復合運動的構件不能在構件本身內獲得平衡，而必須在基座上平衡?機構在基座上平衡的實質是什么?

答

由于機構中作往復運動的構件不論其質量如何分布，質心和加速度瞬心總是隨著機械的運動周期各沿一條封閉曲線循環變化的，因此不可能在一個構件的內部通過調整其質量分布而達到平衡，但就整個機構而言．各構件產生的慣性力可合成為通過機構質心的的總慣性力和總慣性力偶矩，這個總慣性力和總慣性力偶矩全部由機座承受，所以必須在機座上平衡。機構在基座上平衡的實質是平衡機構質心的總慣性力，同時平衡作用在基座上的總慣性力偶矩、驅動力矩和阻力矩。

6—5圖示為一鋼制圓盤，盤厚b=50 mm。位置I處有一直徑φ=50 inm的通孔，位置Ⅱ處有一質量m2=0.5 kg的重塊。為了使圓盤平衡，擬在圓盤上r=200 mm處制一通孔，試求此孔的直徑與位置。(鋼的密度ρ=7.8 g／em3。)解

根據靜平衡條件有: m1rI+m2rⅡ+mbrb=0 m2rⅡ=0.5×20=10 kg.cm m1r1=ρ×(π/4)×φ2×b×r1=7.8 ×10-3×(π/4)×52×5 ×l0=7.66 kg.cm

取μW=4(kg.cm)／cm，作質徑積矢量多邊形如圖所示，所添質量為:

m b=μwwb／r=4×2.7／20=0.54 kg，θb=72o，可在相反方向挖一通孔 其直徑為：

6—6圖示為一風扇葉輪。已知其各偏心質量為m1=2m2=600 g，其矢徑大小為r1=r2=200 mm，方位如圖。今欲對此葉輪進行靜平衡，試求所需的平衡質量的大小及方位(取rb=200 mm)。

(注：平衡質量只能加在葉片上，必要時可將平衡質量分解到相鄰的兩個葉片上。)解

根據靜平衡條件有:

m1r1+m2r2+mbrb=0 m1r1=0.6×20=1 2 kg.cm m2r2=0.3×20=6 kg.cm 取μW=4(kg.cm)/cm作質徑積矢量多邊形如圖 mb=μWWb/r=4×2.4／20=0.48 kg，θb =45o

分解到相鄰兩個葉片的對稱軸上

6—7在圖示的轉子中，已知各偏心質量m1=10 kg，m2=15 k，m3=20 kg，m4=10 kg它們的回轉半徑大小分別為r1=40cm，r2=r4=30cm，r3=20cm，方位如圖所示。若置于平衡基面I及Ⅱ中的平衡質量mbI及mbⅡ的回轉半徑均為50cm，試求mbI及mbⅡ的大小和方位(l12=l23=l34)。m?sin45?0.39kg????sin(180?45?45?30)m??mb3?sin(45?30)?0.58kg?sin60 mb2? 解

根據動平衡條件有

21m1r1?mr?mr3?3mbrb?22103

321m4r4?mr?mr2?2mbrb1?331033

以μW作質徑積矢量多邊形，如圖所示。則

mbI=μWWbI/rb=5.6 kg，θbI =6o

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=5.6 kg，θbⅡ=145o

6—8圖示為一滾筒，在軸上裝有帶輪現已測知帶輪有一偏心質量。另外，根據該滾筒的結構知其具有兩個偏心質量m2=3 kg，m3=4，各偏心質量的方位如圖所示（長度單位為）。若將平衡基面選在滾筒的兩端面上，兩平衡基面中平衡質量的回轉半徑均取為，試求兩平衡質量的大小和方位。若將平衡基面Ⅱ改選在帶輪寬度的中截面上，其他條件不變，兩平衡質量的大小和方位作何改變？

解

(1)以滾筒兩端面為平衡基面時，其動平衡條件為

3.51.59.5mr?mr?mr?11223031111114.59.51.5mb11rb1?mr?mr?mr?30311122111111

mb1rb1?以μW作質徑極矢量多邊形．如圖(a)，(b)，則

mbI=μWWbI/rb==1.45 kg，θbI =145o

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=0.9kg，θbⅡ=255o

(2)以帶輪中截面為平衡基面Ⅱ時，其動平衡條件為

以μw=2 kg.crn／rnm，作質徑積矢量多邊形，如圖(c)，(d)，則

mbI=μWWbI/rb==2×27/40=1.35 kg，θbI =160o

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=2×14/40=0.7kg，θbⅡ=-105o

6—9 已知一用于一般機器的盤形轉子的質量為30 kg，其轉速n=6 000 r／min，試確定其許用不平衡量。

解

(1)根據一般機器的要求，可取轉子的平衡精度等級為G6.3，對應平衡精度A=6.3。

(2)n=6000 r／min，ω=2πn/60=628.32 rad/s [e]=1 000A／ω=10.03μm [mr]=m[e]=30×10.03×10-4=0.03 kg.cm

6—10 圖示為一個一般機器轉子，已知轉子的質量為15 kg，其質心至兩平衡基面I及Ⅱ的距離分別為l1=100 mm，12=200 mm，轉子的轉速n=3 000 r／min，試確定在兩個平衡基面I及Ⅱ內的許用不平衡質徑積。當轉子轉速提高到6 000 r／min時，其許用不平衡質徑積又各為多少? 513mr?mr3?301114.514.59.51.5mb11rb1?mr?mr?mr?3031112214.514.5

mb1rb1?

解(1)根據一般機器的要求，可取轉子的平衡精度等級為G6.3，對應平衡精度A=6.3mm／s。(2)n=3000r／min, ω=2πn/60= 314.16 rad／s

[e]=1 000A／ω=20.05μm [mr]=m[e]=15×20.05×10-4=0.03 kg.cm 可求得兩平衡基面I及Ⅱ中的許用不平衡質徑積為

l2200?30??20g.cml1?l2200?100

l100[m11r11]?[mr]2?30??10g.cml1?l2200?100

[m1r1]?[mr](3)n=6000 r／min，ω=2πn/60=628.32 rad/s [e]=1 000A／ω=10.025μm [mr]=m[e]=15×10.025×10--4=15g.cm

可求得兩平衡基面I及Ⅱ中的許用不平衡質徑積為

6—11 有一中型電機轉子其質量為m=50 kg，轉速n=3 000 r／min，已測得其 不平衡質徑積mr=300 g·mm，試問其是否滿足平衡精度要求?

6—12在圖示的曲柄滑塊機構中，已知各構件的尺寸為lAB=100 mm, lBC=400 mm；連桿2的質量m2=12 kg，質心在s2處，lBS2=400／3 mm；滑塊3的質量m3=20 kg，質心在C點處；曲柄1的質心與A點重合。今欲利用平衡質量法對該機構進行平衡，試問若對機構進行完全平衡和只平衡掉滑塊3處往復慣性力的50％的部分平衡，各需加多大的平衡質量mC`和mC``(取lBC``=1AC``=50 mm)? l2200?15??10g.cml1?l2200?100

l100[m11r11]?[mr]2?15??5g.cml1?l2200?100 [m1r1]?[mr]

解

(1)完全平衡需兩個平衡質量，各加在連桿上C’點和曲柄上C``點處，平衡質量的大小為：

mC` =(m2lBS2+m3lBC)/lBC`=(12×40／3+20×40)／5=192 kg

mC``=(m`+m2+m3)lAB/lAC``=(1 92十12+20)×10／5=448 kg(2)部分平衡需一個平衡質量。應加在曲柄延長線上C``點處。平衡質量的大小為： 用B、C為代換點將連桿質量作靜代換得

mB2=m2lS2C/lBC=1 2×2／3=8 kg

mC2=m2lBS2.lBC=1 2×4=4 kg

mB=mB2=8kg, mC=mC2+m3=24 kg 故下衡質量為

mC``=(mB+mC/2)lAB/lAC``=(8+24/2)×10/5=40kg

6—13在圖示連桿一齒輪組合機構中，齒輪a與曲柄1固連，齒輪b和c分別活套在軸C和D上，設各齒輪的質量分別為m。=10 kg，m b=12 kg，m。=8 kg，其質心分別與軸心B、c、D重合，而桿1、2、3本身的質量略去不計，試設法平衡此機構在運動中的慣性力。

解

如圖所示，用平衡質量m’來平衡齒輪a的質量，r`=lAB；

m`=malAB/r`=10kg 用平衡質量，m”來平衡齒輪b的質量，r``=lCD

m``=mblCD/r`` 齒輪c不需要平衡。

6—14 圖a所示為建筑結構抗震試驗的振動發生器。該裝置裝在被試建筑的屋頂。由一電動機通過齒輪拖動兩偏心重異向旋轉(偏心重的軸在鉛垂方向)，設其轉速為150 r／min，偏心重的質徑積為500kg.m求兩偏心重同相位時和相位差為180o時，總不平衡慣性力和慣性力矩的大小及變化情況。

圖b為大地重力測量計(重力計)的標定裝置，設r=150 mm，為使標定平臺的向心加速度近似于重力加速度(9.81 m／s2)，同步帶輪的角速度應為多大?為使標定平臺上升和下降均能保持相同的勻速回轉，在設計中應注意什么事項?

第四篇：機械原理課后答案7章

7-1在如圖7-32所示的輪系中，已知Z1=15，Z2=25，Z2’=15，Z3=30，Z3’=15，Z4=30，Z4’=2(右旋)，Z5=60，Z5’=20（m=4mm），若n1=500r/min，求齒條6線速度ｖ的大小和方向。

1n12'3'234'5'4n556v5

解：計算齒輪5的轉速n5 i15?n1z2z3z4z525?30?30?60???200n5z1z2'z3'z4'15?15?15?2

n5?故：

n1500??2.5 r/mini15200

計算齒輪5’直徑d5’

d5'?mz5'?4?20?80 mm故齒條6的線速度ｖ6為

v6??5r5'?方向如圖所示。

7-2在如圖7-33所示的手搖提升裝置中，已知各齒輪齒數為Z1= 20，Z2=50，Z3=15，Z4=30，Z6=40，Z7=18，Z8=51，蝸桿Z1=1且為右旋，試求傳動比i18，并指出提升重物時手柄的轉向。

2?n5d5'??2.5?80???0.01047 m/s60260?1000

解：

i18??1z2z4z6z850?30?40?51???568?8z1z3z5z720?15?1?18

提升重物時手柄的轉向如圖所示。

7-3在如圖7-34所示的輪系中，已知各齒輪齒數為Z1= 20，Z2=30，Z3=18，Z4=68，齒輪１的轉速n1=500r/min，試求系桿Ｈ的轉速nH的大小及方向。

解：

Hi14?n1?nHzz30?68??24????5.67n4?nHz1z320?18

n4?0

n1?nH?5.67nHnH?n1150??22.496.676.67 方向與n1相同。

7-4在如圖7-35所示的雙級行星齒輪減速器中，各齒輪齒數為Z1= Z6 =20，Z2=30，Z3=Z4=40，Z2=Z5=10，試求：

（１）固定齒輪4時的傳動比i1H2；（２）固定齒輪３時的傳動比i1H2。

解：固定齒輪4時輪系如圖所示，齒輪1，2，3組成定軸輪系，齒輪6，5，4和系桿H2組成行星輪系。

Hi64?n6?nH2zzz40??54??4????2n4?nH2z6z5z620

n4?0, n6?n1，可得

n1?nH2??2?nH2n1/nH2?1??2?1i1H2?3 固定齒輪３時輪系如圖所示，齒輪1，2，3組成行星輪系，齒輪6，5，4和系桿H2組成差動輪系。

Hi64?n6?nH2zzz40??54??4????2n4?nH2z6z5z620 zzzn1?nH140??23??3????2n3?nH1z1z2z120

Hi13?n3?0,，可得nH1?n1n1n?43，因為n6?n1, n4?nH1故3則

n6?nH2n?n?1H2??2n4?nH2n1?nH23n1/nH2?1??2n1?13nH2

7-5如圖7-36所示的復合輪系中，設已知n1=3549r/min，又各齒輪齒數為Z1= 36，Z2=60，Z3=23，Z4=49，Z4’=69，Z5=31，Z6 =131，Z7=94，Z8=36，Z9=167，試求行星輪架Ｈ的轉速nＨ。

i1H2?n1/nH2?95 解：齒輪1，2，3，４組成定軸輪系，齒輪4’，5，6和7，8，9組成兩個行星輪系。

i14?n1z2z460?49???3.55n4z1z336?23n4?Hi4'6?n13549??999.5r/min3.553.55

n4'?n7zzz131??56??6????1.90n6?n7z4'z5z4'69

。n6?0, n4'?n4 解得n7?344.66r/minHi79?n7?nHzzz167??89??9????1.78n9?nHz7z8z794

。n9?0解得nH?123.98r/min

7-6如圖7-37a、b所示為兩個不同結構的錐齒輪周轉輪系，已知各齒輪齒數為Z1= 20，Z2=24，Z2’=30，Z3=40，n1=200r/min，n3=-100r/min，求兩種結構中行星輪架Ｈ的轉速nＨ？

a)

b)解：a)輪系為差動輪系

Hi13?n1?nHz2z324?40???1.6n3?nHz1z2'20?30nH?

1.6n3?n11.6?(?100)?200???600r/min0.60.6b)輪系為差動輪系

Hi13?zzn1?nH24?40??23???1.6n3?nHz1z2'20?30nH?1.6n3?n11.6?(?100)?200??15.38r/min2.62.6

7-7在如圖7-3８所示的三爪電動卡盤的傳動機構中，各齒輪齒數為Z1= 6，Z2= Z2’=25，Z3=57，Z4=56，求傳動比i14。

解：

z2z3z3n1?nH57Hi13?????????9.5

n3?nHz1z2z16

n3?0解得

nH?0.095n1。

n?nzz25?56Hi14?1H??24????9.33

n4?nHz1z2'6?25

n1?0.095n1??9.33n4?0.095n11?0.095??9.33n4/n1?0.095解得：i41=0.002，故i14=1/ i41=1/0.002=500。

7-8如圖7-39所示為紡織機械中的差動輪系，各齒輪齒數為Z1= 30，Z2=25，Z3=Z4=24，Z5=18，Z6=121，n1=48~200r/min，nＨ=316r/min，求n6=？

解：

Hi16?zzzn1?nH25?24?121?(?1)2246??5.60n6?nHz1z3z530?24?18解得

n?4.6nH48?4.6?316n6?1??268r/min

5.65.6

n6?n1?4.6nH200?4.6?316??295r/min5.65.6故n６=268~295r/min。

7-9如圖7-40所示輪系中，已知Z1= 22，Z3=88，Z3’=Z5，試求傳動比i15=？

解：左邊為定軸輪系，右邊為差動輪系

Hi13?zzzn1?nH88??23??3????4n3?nHz1z2z122

nH?n5, n3?n3',i3'5?n3zzz??45??5??1n5z3'z4z3'

故

則：n3??n5,n1?n5??4?n5?n5n1/n5?1??4?2解得i15=9。

7-10如圖7-41所示為手動起重葫蘆，已知Z1= Z２’=10，Z2= 20，Z3=40，傳動效率η=0.9，為提升重Ｑ=10kN的重物，求必須施加于鏈輪Ａ上的圓周力Ｐ。

解：

NinPVAP?ARAPRA?????iAB

NoutQVBQ?BRBQRB

QRB P??RAiAB

計算傳動比iAB

nA=n1，nB=nH。故iAB=i1H iHn1?nH2013?zzn??23???40??8

3?nHz1z2'10?10

n3?0，iH13?n1?nH?n1/nH?1?n??8

H?1

i1H?iAB?9

P??QR

B10R?0.9?80?0.25kN AiAB320?9

7-11在如圖7-42所示的行星輪系中，已知各輪齒數Z1，Z2，Z2’，比i1Ｈ。

解：

iHn1?nH?z2z3z414?n4?nHz1z2'z3'

n4?0，n1/nH?1z2z3z4?1?z1z2'z3'iz2z3z41H?1?z1z2'z3'

Z3，Z3’和Z４，試求傳動

第五篇：機械原理1-3章包含課后答案

第一章 緒 論

一、教學要求

（1）明確本課程研究的對象和內容，及其在培養機械類高級工程技術人才全局中的地位、任務和作用。

（2）對機械原理學科的發展現狀有所了解。

二、主要內容

1．機械原理課程的研究對象

機械原理（Theory of Machines and Mechanisms）是以機器和機構為研究對象，是一門研究機構和機器的運動設計和動力設計，以及機械運動方案設計的技術基礎課。

機器的種類繁多，如內燃機、汽車、機床、縫紉機、機器人、包裝機等，它們的組成、功用、性能和運動特點各不相同。機械原理是研究機器的共性理論，必須對機器進行概括和抽象 內燃機與機械手的構造、用途和性能雖不相同，但是從它們的組成、運動確定性及功能關系看，都具有一些共同特征：（1）人為的實物（機件）的組合體。

（2）組成它們的各部分之間都具有確定的相對運動。（3）能完成有用機械功或轉換機械能。

機構是傳遞運動和動力的實物組合體。最常見的機構有連桿機構、凸輪機構、齒輪機構、間歇運動機構、螺旋機構、開式鏈機構等。它們的共同特征是：（1）人為的實物（機件）的組合體。

（2）組成它們的各部分之間都具有確定的相對運動。2．機械原理課程的研究內容

1、機構的分析

1）機構的結構分析（機構的組成、機構簡圖、機構確定運動條件等）； 2）機構的運動分析（機構的各構件的位移、速度和加速度分析等）；

3）機構的動力學分析（機構的受力、效率、及在外力作用下機構的真實運動規律等）；

2、機構的綜合（設計）：創新的過程

1）常用機構的設計與分析（連桿機構、凸輪機構、齒輪機構、常用間歇機構等）； 2）傳動系統設計（選用、組裝、協調機構）

通過對機械原理課程的學習，應掌握對已有的機械進行結構、運動和動力分析的方法，以及根據運動和動力性能方面的設計要求設計新機械的途徑和方法。3 機械原理課程的地位和作用

機械原理是以高等數學、物理學及理論力學等基礎課程為基礎的，研究各種機械所具有的共性問題；它又為以后學習機械設計和有關機械工程專業課程以及掌握新的科學技術成就打好工程技術的理論基礎。因此，機械原理是機械類各專業的一門非常重要的技術基礎課，它是從基礎理論課到專業課之間的橋梁，是機械類專業學生能力培養和素質教育的最基本的課程。在教學中起著承上啟下的作用，占有非常重要的地位。4 機械原理課程的學習方法

1.學習機械原理知識的同時,注重素質和能力的培養。

在學習本課程時，應把重點放在掌握研究問題的基本思路和方法上，著重于創新性思維的能力和創新意識的培養。

2．重視邏輯思維的同時,加強形象思維能力的培養。

從基礎課到技術基礎課，學習的內容變化了，學習的方法也應有所轉變；要理解和掌握本課程的一些內容，要解決工程實際問題，要進行創造性設計，單靠邏輯思維是遠遠不夠的，必須發展形象思維能力。

3．注意把理論力學的有關知識運用于本課程的學習中。在學習本課程的過程中，要注意把高等數學、物理、理論力學和工程制圖中的有關知識運用到本課程的學習當中。

4．注意將所學知識用于實際,做到舉一反三。

三、難點分析

機器與機構的概念、區別與聯系

四、課后習題答案

1-1 答：1）機構是實現傳遞機械運動和動力的構件組合體。如齒輪機構、連桿機構、凸輪機構、螺旋機構等。

2）機器是在組成它的實物間進行確定的相對運動時，完成能量轉換或做功的多件實物的組合體。如電動機、內燃機、起重機、汽車等。3）機械是機器和機構的總稱。

4）a.同一臺機器可由一個或多個機構組成。

b.同一個機構可以派生出多種性能、用途、外型完全不同的機器。c.機構可以獨立存在并加以應用。

1-2 答：機構和機器，二者都是人為的實物組合體，各實物之間都具有確定的相對運動。但后者可以實現能量的轉換而前者不具備此作用。

1-3 答：1）機構的分析：包括結構分析、運動分析、動力學分析。2）機構的綜合：包括常用機構設計、傳動系統設計。1-4 略

第二章平面機構的結構分析

一、教學要求

1.熟練掌握機構運動簡圖的繪制方法。能夠將實際機構或機構的結構圖繪制成機構運動簡圖；能看懂各種復雜機構的機構運動簡圖；能用機構運動簡圖表達自己的設計構思。2.掌握運動鏈成為機構的條件。

3.熟練掌握機構自由度的計算方法。能自如地運用平面機構自由度計算公式計算機構自由度。能準確識別出機構中存在的復合鉸鏈、局部自由度和虛約束，并作出正確處理。4．了解機構的組成原理和結構分析的方法。了解高副低代的方法；學會根據機構組成原理，用基本桿組、原動件和機架創新構思新機構的方法。

二、主要內容 1機構的組成 1．構件與零件

構件：是運動的單元體。構件可以是一個零件，也可以是由多個零件組成的剛性系統。零件：是制造的單元體。2．運動副及其分類

運動副：兩構件直接接觸所形成的可動聯接。運動副元素：兩構件直接接觸的部分。

自由度：構件所具有的獨立運動的數目。

約束：對構件的獨立運動所加的限制。運動副每引入一個約束，構件就失去一個自由度。運動副的分類：

1）按運動副引入的約束數分類

引入1個約束的運動副稱為1級副，引入2個約束的運動副稱為2級副，引入3個約束的運動副稱為3級副，引入4個約束的運動副稱為4級副，引入5個約束的運動副稱為5級副。2)按運動副的接觸形式分：

低副：構件與構件之間為面接觸。高副：構件與構件之間為點、線接觸。3)按相對運動的形式分平面運動副：兩構件之間的相對運動為平面運動。空間運動副：兩構件之間的相對運動為空間運動。3．運動鏈

運動鏈是指兩個或兩個以上的構件通過運動副聯接而構成的系統。閉式運動鏈（閉鏈）：運動鏈的各構件構成首末封閉的系統。

開式運動鏈（開鏈）：運動鏈的各構件未構成首末封閉的系統。

在運動鏈中，如果將某一個構件加以固定，而讓另一個或幾個構件按給定運動規律運動時，如果運動鏈中其余各構件都有確定的相對運動，則此運動鏈成為機構。

機架：機構中固定不動的構件；

原動件：按照給定運動規律獨立運動的構件 從動件：其余活動構件。

平面機構： 組成機構的各構件的相對運動均在同一平面內或在相互平行的平面內。

空間機構： 機構的各構件的相對運動不在同一平面內或平行的平面內。2 機構運動簡圖

機器是由機構組成，因此，在對現有機構進行分析，還是構思新機械的運動方案和對組成新機械的各種機構作進一步的運動及動力設計時，需要一種表示機構的簡明圖形——機構運動簡圖。

機構運動簡圖：用國家標準規定的簡單符號和線條代表運動副和構件，并按一定比例尺表示機構的運動尺寸，繪制出表示機構的簡明圖形。它與原機械具有完全相同運動特性。機構示意圖：為了表明機械的組成狀況和結構特征，不嚴格按比例繪制的簡圖。機構簡圖的繪制步驟：

1.分析機械的動作原理、組成情況和運動情況；

2.沿著運動傳遞路線，分析兩構件間相對運動的性質，以確定運動副的類型和數目；

3.適當地選擇運動簡圖的視圖平面；

4.選擇適當比例尺(=實際尺寸(m)/圖示長度(mm))，用機構簡圖符號，繪制機構運動簡圖。并從運動件開始，按傳動順序標出各構件的編號和運動副的代號。在原動件上標出箭頭以表示其運動方向。

2.3機構自由度的計算及具有確定運動的條件

1.機構自由度的概念： 機構的獨立運動數稱為機構的自由度。2.平面機構自由度的計算

機構的自由度取決于活動構件的數目、聯接各構件的運動副的類型和數目。（1〕平面機構自由度計算的一般公式

設一個平面機構中共有n個活動構件，在用運動副將所有構件聯接起來前，這些活動構件具有3n個自由度。

當用ph個高副、pl個低副聯接成運動鏈后，這些運動副共引入了2pl?ph個約束。由于每引入一個約束構件就失去了一個自由度，故整個機構相對于機架的自由度數為

F?3n?2pl?ph（1.1）

該式稱為平面機構的結構公式。3．計算平面機構自由度的注意事項(1)復合鉸鏈

定義：兩個以上構件在同一處以轉動副相連接，所構成的運動副稱為復合鉸鏈。

解決問題的方法：若有K個構件在同一處組成復合鉸鏈，則其構成的轉動副數目應為（K-1）個

(2)局部自由度 定義：若機構中某些構件所具有的自由度僅與其自身的局部運動有關，并不影響其他構件的運動，則稱這種自由度為局部自由度。

局部自由度經常發生的場合：滑動摩擦變為滾動摩擦時添加的滾子；軸承中的滾珠。解決的方法：計算機構自由度時，設想將滾子與安裝滾子的構件固結在一起，視為一個構件。(3)虛約束

在特定幾何條件或結構條件下，某些運動副所引入的約束可能與其他運動副所起的限制作用一致，這種不起獨立限制作用的重復約束稱為虛約束。

虛約束經常發生的場合： a.軌跡重合的虛約束；

b.轉動府軸線重合的虛約束； c.移動副導路平行的虛約束； d.機構中對稱部分的虛約束。

機構中的虛約束都是在一定的幾何條件下出現的，如果這些幾何條件不滿足，則虛約束將變成有效約束，而使機構不能運動。

采用虛約束是為了改善構件的受力情況；傳遞較大功率；或滿足某種特殊需要。4．機構具有確定運動的條件：機構的自由度數等于機構的原動件數。2.4平面機構的組成原理分析 1.平面機構的組成原理

任何機構中都包含原動件、機架和從動件系統三部分。由于機架的自由度為零，每個原動件的自由度為1，而機構的自由度等于原動件數，所以，從動件系統的自由度必然為零。

桿組：自由度為零的從動件系統。

基本桿組：不可再分的自由度為零的構件組合稱為基本桿組，簡稱基本組。桿組的結構式為：3n?2pl

機構的組成原理：把若干個自由度為零的基本桿組依次聯接到原動件和機架上，就可組成新的機構，其自由度數目與原動件的數目相等。

在進行新機械方案設計時，可以按設計要求根據機構的組成原理，創新設計新機構。在設計中必須遵循的原則：在滿足相同工作要求的前提下，機構的結構越簡單、桿組的級別越低、構件數和運動副的數目越少越好。2．平面機構的結構分析

對已有機構或已設計完的機構進行運動分析和力分析時，首先需要對機構進行結構分析，即將機構分解為基本桿組、原動件和機架，結構分析的過程與由桿組依次組成機構的過程正好相反。通常稱此過程為拆桿組。

拆桿組時應遵循的原則：從傳動關系離原動件最遠的部分開始試拆；每拆除一個桿組后，機構的剩余部分仍應是一個完整的機構；試拆時，按二級組試拆，若無法拆除，再試拆高一級別的桿組。3．平面機構的高副低代法

目的：為了使平面低副機構結構分析和運動分析的方法適用于含有高副的平面機構。

概念：用低副代替高副

方法：用含兩個低副的虛擬構件代替高副

高副低代必須滿足的條件： 1.替代前后機構自由度不變

2.替代瞬時速度加速度不變

對于一般的高副機構，在不同位置有不同的瞬時替代機構。經高副低代后的平面機構，可視為平面低副機構。

四、課后習題答案

2-1 答：構件是機構的運動單元，零件是加工制造單元。2-2 答：運動副食兩構件之間直接接觸的可動連接。其運動副的直接接觸部分叫運動副元素。

有若干個構件通過運動副的連接所構成的系統叫運動鏈。

運動副可按運動副元素分為高副、低副。兩構件之間的運動形式分為移動副和轉動副。按構件的運動平面分為平面運動副和空間運動副。按引入的約束數目可分為1—5級副。2-3 略 2-4 略 2-5 略

2-6 a)F＝3×3－2×4＝1 b)F＝3×3－2×4＝1 c)F＝3n－2P－PLH＝3×3－2×4＝1 2-7 F＝3×7－2×9－2＝1 2-8 a)n＝7 PL＝10

Ph＝0

F＝3×7－2×10＝1 b)B局部自由度 n＝3 PPL＝3 PPh＝2

F＝3×3－2×3－2＝1 c)B、D局部自由度 n＝3 L＝3 L h＝2

F＝3×3－2×3－2＝1 P＝4

F＝3×3－2×4＝1 e)n＝5 P＝7

F＝3×5－2×7＝1 d)n＝3

Lf)A、B、C、E復合鉸鏈 n＝7 PL＝10

F＝3×7－2×10＝1 g)A處為復合鉸鏈 n＝10 PL＝14

F＝3×10－2×14＝2 h)B局部自由度 n＝8 PL＝11 Ph＝1

F＝3×8－2×11－1＝1 i)B、J虛約束

C處局部自由度 n＝6 P'L＝8 Ph＝1

F＝3×6－2×8－1＝1 j)BB處虛約束

A、C、D復合鉸鏈 n＝7 PPL＝10 F＝3×7－2×10＝1 k)C、D處復合鉸鏈 n＝5 L＝6 Ph＝2

F＝3×5－2×6－2＝1

F＝3×7－2×10＝1 l)n＝7 PL＝10 m)CH平行相等DG平行相等EF

B局部自由度

I虛約束

4桿和DG虛約束 n＝6 PL＝8 Ph＝1

F＝3×6－2×8－1＝1 2-9 a)n＝3 P L＝4 hPh＝1 F＝3×3－2×8－1＝0 不能動

Pn＝4 Pn＝4 P＝1

F＝3×4－2×5－1＝1 ＝5 P＝1

F＝3×4－2×5－1＝1 b)n＝5 P＝6

F＝3×5－2×6＝3 運動不確定 n＝5 P＝7

F＝3×5－2×7＝1 2-10 a)n＝7 P＝10

F＝3×7－2×10＝1 L＝5 LhLLL二級機構 b)n＝5 三級機構 c)n＝5 二級機構

第三章平面機構的運動分析

第一節 機構運動分析的任務、目的和方法

(1)機構運動分析的任務: 是在已知機構尺寸及原動件運動規律的情況下，確定機構中其他構件上某些點的軌跡、位移、速度及加速度和構件的角位移、角速度及角加速度。

(2)機構運動分析的目的: 無論是設計新的機械，還是為了了解現有機械的運動性能，都是十分必要的，而且它還是研究機械動力性能的必要前提。PPL＝7

F＝3×5－2×7＝1 L＝7

F＝3×5－2×7＝1

(3)機構運動分析的方法: 其方法很多，主要有圖解法和解析法。本章將對這兩種方法分別加以介紹，且僅限于研究平面機構的運動分析。

? 圖解法及其特點：

圖解法就是在已知機構尺寸及原動件運動規律的情況下，根據機構的運動關系，按選定比例尺進行作圖求解的方法。圖解法主要有速度瞬心法和矢量方程圖解法。當需要簡捷直觀地了解機構的某個或某幾個位置的運動特性時，采用圖解法比較方便，而且精度也能滿足實際問題的要求。

? 解析法及其特點：

平面機構運動分析的解析法有很多種，而比較容易掌握且便于應用的方法有矢量方程解析法、復數法和矩陣法。而當需要精確地知道或要了解機構在整個運動循環過程中的運動特性時，采用解析法并借助計算機，不僅可獲得很高的計算精度及一系列位置的分析結果，并能繪出機構相應的運動線圖，同時還可把機構分析和機構綜合問題聯系起來，以便于機構的優化設計。

第二節 用速度瞬心法作機構的速度分析

機構速度分析圖解法又有速度瞬心法和矢量方程圖解法兩種。在僅需對機構作速度分析時，采用速度瞬心法往往顯得十分方便，故下面對速度瞬心法加以介紹。

1.速度瞬心及其位置的確定(1)速度瞬心的概念

速度瞬心(簡稱瞬心):若該點是互作平面相對運動兩構件上瞬時相對速度為零、或者說絕對速度相等的重合點，故瞬心可定義為兩構件上的瞬時等速重合點。若該點的絕對速度為零，為絕對瞬心，否則為相對瞬心。今后將用符號pij表示構件 i、j 間的瞬心。而由 N 個構件(含機架)組成的機構的瞬心總數K應為： K = N(N-1)/ 2

(2)機構各瞬心位置的確定方法如下:

1)由瞬心定義確定瞬心的位置：對于通過運動副直接相聯的兩構件間的瞬心，可由瞬心定義直觀地確定其位置，其方法如下：

以轉動副相聯接的兩構件，其瞬心就在轉動副的中心處；

以移動副相聯接的兩構件，其瞬心位于垂直于導路方向的無窮遠處；

以作純滾動高副相聯接的兩構件，其瞬心就在接觸點處；

以作滾動兼滑動高副相聯接的兩構件，其瞬心在過接觸點高副元素的公法線上。

2)借助三心定理確定瞬心的位置：對于不通過運動副直接相聯的兩構件間的瞬心位置，可借助三心定理來確定；而三心定理是說：三個彼此作平面平行運動的構件的三個瞬心必位于同一直線上。

2.利用速度瞬心法進行機構的速度分析

在利用速度瞬心法進行機構的速度分析時，首先要選取尺寸比例尺作出所要求位置的機構運動簡圖，并確定出已知運動構件和待求運動構件（或輸入運動構件與輸出運動構件）之間的相對速度瞬心的位置，然后再利用速度瞬心的等速重合點的概念列出其速度等式，便可求得未知運動構件的速度（或機構的傳動比）。具體求解方法以下例來加以說明。

例3-1 用瞬心法作平面鉸鏈四桿機構的速度分析

例3-2 用瞬心法作凸輪機構的速度分析

這里必須指出：利用瞬心法對機構進行速度分析雖較簡便，但當某些瞬心位于圖紙之外時，將給求解造成困難。同時，速度瞬心法不能用于機構的加速度分析。第三節 用矢量方程圖解法作機構的速度和加速度分析

1.矢量方程圖解法的基本作法

矢量方程圖解法，又稱相對運動圖解法，其所依據的基本原理是理論力學中的運動合成原理。在對機構進行速度和加速度分析時，首先要根據運動合成原理列出機構運動的矢量方程，然后再按方程作圖求解。

已知:鉸鏈四桿機構中各構件的長度,原動件1的角速度ω1，求ω2，ω3，VC，VE。解: 1.根據相對運動原理列矢量方程式:

VC = VB + VCB

方向： ⊥CD ⊥AB ⊥CB

大小： ? ω1LAB ? 上述各矢量方程式中,包括大小和方向在內共有6個變量,現式中僅有VC和VCB的大小未知,可以用圖解法求解。2.作速度圖

a)確定速度比例尺。速度比例尺μv（= 實際長度/圖示長度）表示圖中每單位長度所代表的速度大小，其單位為（m.s-1/mm）； b)選取速度極點。在速度圖上任取一點P為速度極點(表示速度為零的點).c)通過P點作代表VB的矢量pb(∥VB，且pb=VB/μv)d)分別過b點和p點作代表VCB和VC的方向線,得交點c，矢量pc和bc分別代表VC和VCB 3.求解ω2，ω3，和VC

根據速度圖可以求出：ω2=VCB/LCB=bcμv/LCB 將bc平移到機構圖上的C點，可知ω2為順時針方向。

ω3=VC/LCD=pcμv/LCD 將pc平移到機構圖上的C點，可知ω3為逆時針方向。求解VE 利用下列矢量方程式求E點速度VE VE = VC + VEC = VB + VEB

方向： ？ ⊥CD ⊥CE ⊥AB ⊥BE

大小： ? pcμv ? ω1LAB

上式中僅有VEC和VEB的大小未知,可以用圖解法求解。

b)分別過b點和c點作代表VEB和VEC的方向線，得交點e，矢量pe即代表VE。

VE =(pe)μv 方向如圖中pe的方向

加速度分析略

2、兩構件上重合點的速度

如圖所示構件1與構件2組成移動副,點B(B1及B2)為兩構件的任意重合點。由理論力學可知，構件2的運動可以認為是由構件2固定于構件1上隨同構件1的運動（牽連運動）與構件2相對于構件1的移動（相對運動）所合成。即: VB2=VB1+VB2B1

已知:導桿機構中各構件的長度，原動件1的角速度度ω1,求ω3 解: 根據相對運動原理列矢量方程式： VB3 = VB2 + VB3B2

方向：⊥BC ⊥AB ∥BC 大小： ? ω1LAB ？

上述方程式中，只有VB3和VB2的大小未知，可以用圖解法求解。作速度圖

⑴確定速度比例尺μv ⑵選取速度極點p ⑶通過p點作代表VB2的矢量pb2(⊥AB且pb2=VB2/μv)⑷過b2點作VB3B2的方向線b2b3，過p點作VB3的方向線pb3，兩方向線交于b3，得速度圖pb2b3 求解ω3 ω3=VB3/LBC=pb3μv/LBC 將pb3平移到機構圖上的B點，可知ω3為順時針方向。加速度分析略

3．3機構運動分析的解析法

1． 以鉸鏈四桿機構為例，介紹復數矢量法，重點掌握建模方法，矢量方程的建立方法。2．以曲柄搖塊機構為例，介紹有移動副的機構的復數矢量法。

3．4平面機構的力分析

1．簡單介紹機械上作用的力及慣性力的求解方法。

2．以六桿機構為例，簡單介紹動態靜力分析的圖解法。重點是機構的拆組方法及繪力多邊形的方法。

3．簡介動態靜力分析的解析法，為課程設計打下基礎。

三、重點和難點：

本章的學習重點是：對Ⅱ級機構進行運動分析。學習難點是：對機構的加速度分析，特別是兩構件重合點之間含有哥氏加速度時的加速度分析。

四、課后習題答案

3-1 答：1）兩構件做相互平面運動的等速重合點叫瞬心。2）兩構件之一靜止時，運動構件上瞬時絕對速度為0的點。3）兩構件均運動時，兩構件瞬時絕對速度相等的重合點。3-6 確定瞬心位置

4?3a)k==6 23?2b)k==3 24?3c)k==6 23?4d)k==6 23?4e)k==6 23?4f)k==6 2由VM方向可知VM不垂直于AM所以A不是瞬心。3-7 解：1）ωpp=11314p13p14p13p34ωlpp?31334

ωω=3p13p14p13p341

Vc=ωlω3=CD1CD2）BC上速度為0的點就是他的瞬心

p24

V2min=ωl2min

∴p24E⊥BE

∴ E點速度最小

3）Vc=0?p13p34=0 pp1314共點

p12、p14、p23共線

①?1=156.7° 拉直共線 ②?2=317.87°重疊共線 3-8 ωpp=11314ωpp

31334ωω=3p13p14p13p341

ka3-9 a)有 ???VB3=VB2+VB3B2

方向： ⊥BC ⊥AB ∥BC 大小： ？

???n?k???naB3 + aB3 = aB2 + aB3B2+ aB3B2

方向：B→C ⊥BC B→A ⊥BC向右 ∥BC

22??大小：3lBC？

1lAB

2?3VB3B？ ?ka=0 ?3=0 1、2位置 ωl1AB

？

VB3B2=0 3、4位置

b)無a kVB3=VB2+VB3B2

方向：⊥BC ⊥AB ∥BC 大小：？ ωl1AB

？ ?'??aB3= aB2 + aB3B2

方向：⊥BC B→A ∥BC

2?大小：？

1lAB

？

c)ka有

VB3=VB2

VB2= VB1+ VB2B1

方向：∥BC ⊥AB ∥AB 大小： ？

???k???naB2 = aB1 + aB2B1+ aB2B1

方向：∥BC B→A ⊥AB向上 ∥AB 大小：？

ωl1AB

？

?12lAB

2?1VB2B

1？

ak=0 即VB2B1=0 AB⊥BC AB桿水平

???3-10 a)VC =VB + VCB

方向：⊥CD ⊥AB ⊥BC 大小： ？

?1l1

？

?2=?bbcl2 ?3=0 ?n???n???naC + aC = aB + aCB+ aCB

方向：C→D ⊥CD B→A C→B ⊥BC

222???大小：3l

3？

1l1

2l？

??aC?a?c??aCB=0 ?2=0 3== l3l3b)擴大構件法 ???VB3=VB2+VB3B2

方向： ⊥BD ⊥AB ∥CD 大小： ？

???n???k?naB3 + aB3 = aB2 + aB3B2+ aB3B2

方向：B→D ⊥BD B→A ∥CD 大小：0

？

ωl

？

11?12l1

？

0 ?1l1??=pb

VB3=0 ?3=0=?2

?12l1?a=

?b2c)擴大構件法 ???VC1=VC2+VC1C2

方向： ⊥AC ⊥CD ∥BC 大小： 2ω1lAC？

？

?????n???nkaC1 + aC1 = aC2+aC2 + aC1C2+ aC1C2

方向：C→A ⊥CD C→D ∥BC ⊥BC向下

22??大小：1lAC

0

？

3lCD？

2?1VC1C2

?12lAC?a=

?c1d)???VC =VB + VCB

方向：⊥CD ⊥AB ⊥BC 大小： ？

?1lAB

？

VCVCB=0 ?2=0 ?3= lCD???VF =VE + VFE

方向：⊥FG ⊥EF ⊥EF 大小： ？

?1lAB

？

VFE?VepVF=0 ?5=0 ?4== lEFlEF?n???n???naC + aC = aB + aCB+ aCB

方向：C→D ⊥CD B→A C→B ⊥BC

22??大小：3lCD？

1lAB

0

？

aaCB? 3=0 C=0 2=??3-11 ???VC = VB + VCB lBC?方向：⊥CD ⊥AB ⊥BC 大小： ？

?1l1

？

VCVCB=0 ?2=0 ?3= lCDVE = ?n???n???naC + aC = aB + aCB+ aCB

方向：C→D ⊥CD B→A B→C ⊥BC

22??大小：3lCD？

1lAB

0

？ 2?n1VB

?1=60

aaCB?

C=0 2=??lBCaE=?a?e

速度影像法

3-12

方向：∥BC ∥AD ∥CD 大小： ？

???VC2 =VC1 + VC2C1

V1

？ ???aC2 = aC1 + aC2C1

方向：∥BC ∥AD ∥CD 大小： ？

a1

？

3-13 解：∵1、2、3構件以移動副相連。∴ ?1=?2=?3

2VD=?3lCD

aD=?3lCD

???3-14

VB2= VB1+ VB2B1

方向：∥BC ⊥AB ∥AB 大小： ？

?????kaB2 = aB1 + aB2B1+ aB2B1

方向：∥BC B→A ∥AB ⊥AB向上

2?大小：？

1lAB

？

2?1VB2B1

ωl1AB

？

3-15 擴大構件法 ???VB2= VB3+ VB3B2

?

？ 方向： ⊥AB ⊥BC ∥BC 大小： ωl1ABVB3?3==?2 lBC???VD= VB2+ VDB2

方向： ? ⊥AB ∥DB 大小： ？

????n?k??aB2= aB3 + aB3 + aB2B3 + aB2B3

方向：B→A B→C ⊥BC ⊥BC向下 ∥BC 大小：?12ωl1AB

ωl2DB

??aB3?3=?2=lBCl

AB ?32lBC

？

2?3VB2B1

？

?????naD= aB2+ aDB2 + aDB2 方向：？ D→A ⊥B2D D→B2

22???大小：？

1lAB

2lBD

2lBD ?????naE= aD+ aED + aED

方向：？ √ ⊥ED E→D

2??大小：？

√

2lDE

2lDE