機械原理習題集

Ⅲ級組因為該機構是由最高級別為Ⅲ級組的基本桿組構成的，所以為Ⅲ級機構。5．n=7，pl=10，ph=0Ⅱ級組Ⅲ級組當以構件AB為原動件時，該機構為Ⅲ級機構。Ⅱ級組Ⅱ級組Ⅱ級組當以構件FG為原動件時，該機構為Ⅱ級機構。可見同一機構，若所取的原動件不同，則有可能成為不同級別的機構。6．（a）n=3，pl=4，ph=1因為機構的自由度為0，說明它根本不能運動。而要使機構具有確定的運動，必須使機構有1個自由度（與原動件個數(shù)一樣）。其修改方案可以有多種，下面僅例舉其中的兩種方案。n=4，pl=5，ph=1此時機構的自由度數(shù)等于原動件數(shù)，故機構具有確定的運動。第三章平面機構的運動分析一、綜合題1、解：2、由相對瞬心的定義可知：所以方向為逆時針轉(zhuǎn)向，（如圖所示）。3、解：1）計算此機構所有瞬心的數(shù)目K=N（N-1）/2=6（6-1）/2=15；2）如圖所示，為了求傳動比ω1/ω2，需找出瞬心P16、P36、P12、P23，并按照三心定理找出P13；3)根據(jù)P13的定義可推得傳動比ω1/ω2計算公式如下：由于構件1、3在K點的速度方向一樣，從而只和同向。4、解：1）以選定的比例尺作機構運動簡圖（圖b）。2）求定出瞬心的位置（圖b），因為為構件3的絕對瞬心，有=100.06/0.00378=2.56（rad/s）=0.4(m/s)3)定出構件3的BC線上速度最小的點E的位置因為BC線上的速度最小點必與點的距離最近，故從引BC的垂線交于點E，由圖可得=0.357（m/s）4)定出時機構的兩個位置（見圖c，注意此時C點成為構件3的絕對瞬心），量出1=26.4°；2=226.6°5、解：6、解：（1）把B點分解為B2和B3兩點，運用相對運動原理列出速度與加速度的矢量方程，并分析每個矢量的方向與大小如下：方向AB⊥AB向下//BC大小?1lAB?方向B→C⊥BCB→A⊥BC向下∥BC大小32lBC?12lAB23vB3B2?（2）標出各頂點的符號，以與各邊所代表的速度或加速度與其指向如下：7、解：nn’AB(BAB(B1,B2,B3)V1123ε3ω3大??？V1？方向┴AB水平//導路3=VB2/LAB=pb2v/LAB大小32LAB？00?方向ABAB//導路3=aB2t/LAB=n’b2’a/L8、解：根據(jù)速度多邊形判斷如下：第一步：由pb方向得桿2角速度方向如圖所示；第二步：把矢量c3c2繞ω2方向旋轉(zhuǎn)90度得方向。9、解：在a)圖機構中存在哥氏加速度，但在導桿3的兩個極限擺動位置時，以與滑塊2相對于導桿3的兩個極限滑動位置時，哥氏加速度為零。這是因為前者的瞬時牽連轉(zhuǎn)速為零，而后者的瞬時相對平動為零，均導致哥氏加速度瞬時為零；相應的機構位置圖略在b)圖機構中由于牽連運動為平動，故沒有哥氏加速度存在。10、解：11、解：方向⊥DC⊥AB向右⊥BC大小?1lAB?方向⊥AC⊥DC∥AC大小?2lDC?標出頂點如圖所示。12、解：1）以做機構運動簡圖2）速度分析根據(jù)以做其速度多邊形（圖b）根據(jù)速度影像原理，做∽，且字母順序一致得點e，由圖得：（順時針）（逆時針）=3.27（rad/s）3）加速度分析根據(jù)機速度矢量方程以做加速度多邊形（圖c）根據(jù)加速度影像原理，做∽，且字母順序一致得點由圖點得（逆時針）第四章平面機構的力分析+第五章效率和自鎖三、綜合題1、解：此傳動裝置為一混聯(lián)系統(tǒng)。圓柱齒輪1、2、3、4為串聯(lián)圓錐齒輪5-6、7-8、9-10、11-12為并聯(lián)。此傳動裝置的總效率2、解：55612347η1η2η5η6η7P2P2’η3η4Pr’Pr’’設機構3、4、5、6、7組成的效率為η3’，則機器的總效率為η=η1η2η而，P2’η3η4=Pr’，P2’’η5η6η7=Pr將已知代入上式可得總效率η=η1η2η3’3、解：CCR32BR122AR21BR411M1ω16、解：8、解：三、計算題解：建立平衡的矢量方程如下作力矢量圖：量出的大小，即=15kg.cm，則kg，相位在左上方，與豎直方向夾角。第八章平面連桿機構與其設計1、圖a為導桿機構，或為曲柄搖桿機構。圖b為曲柄滑塊機構。2、解：根據(jù)題意作圖極位夾角θ=180°EQ\F(k-1,k+1)=180°×EQ\F(1.25-1,1.25+1)=20°在ΔADCEQ\S\do3(1)中,ACEQ\S\do3(1)=EQ\R(,ADEQ\S\up5(2)+DCEQ\S\up5(2)-2AD·DCcosφ)其中AD=100㎜,DCEQ\S\do3(1)=75㎜,φ=45°故得ACEQ\S\do3(1)=70.84㎜又EQ\F(DCEQ\S\do3(1),Sin∠CEQ\S\do3(1)AD)=EQ\F(ACEQ\S\do3(1),Sinφ)求得∠CEQ\S\do3(1)AD=48.47°故∠CEQ\S\do3(2)AD=∠CEQ\S\do3(1)AD-θ=48.47°-20°=28.47°在ΔADCEQ\S\do3(2)中，已知兩邊一角，三角形可解，求得ACEQ\S\do3(2)=BC+AB=145.81㎜ACEQ\S\do3(1)=BC-AB=70.84㎜解方程組得AB=37.49㎜,BC=108.33㎜4、解：a=240㎜，b=600㎜，c=400㎜，d=500㎜，a+b<d+c滿足桿長條件。1）當桿4為機架，最段桿1為連架桿，機構有曲柄存在；2）要使此機構成為雙曲柄機構，則應取桿1為機架；要使此機構成為雙搖桿機構，則應取桿3為機架。3）若a、b、c三桿的長度不變，取桿4為機架，要獲得曲柄搖桿機構，d的取值圍應為440＜d＜760。8、解：1）此機構有急回運動；用作圖法作出機構的極位，并量得極位夾角θ=7.3°；計算行程速比系數(shù)K=（180°+θ）/（180°-θ）=1.085；2）作此機構傳動角最小和壓力角最小的位置，并量得γmin=60°，αmin=0°；3）作滑塊為主動件時機構的兩個死點位置，即C1B1A與C2B2A兩位置。10、解：1）機構的極位夾角，θ=180°EQ\F(K-1,K+1)=180°EQ\F(1-1,1+1)=0°因此連桿在兩極位時共線，如圖所示：在?DCADVANCE\d31ADVANCE\u3CADVANCE\d32ADVANCE\u3中因DCADVANCE\d31ADVANCE\u3=DCADVANCE\d32ADVANCE\u3，∠CADVANCE\d31ADVANCE\u3DADVANCE\u3ADVANCE\d3CADVANCE\d32ADVANCE\u3=60°故?DCADVANCE\d31ADVANCE\u3CADVANCE\d32ADVANCE\uADVANCE\u3為等邊三角形，ADVANCE\u3在直角?ADCADVANCE\d32ADVANCE\u3中∠DACADVANCE\d32ADVANCE\u3=30°，因此?CADVANCE\d31ADVANCE\u3DA為等腰三角形（∠CADVANCE\d31ADVANCE\u3DA=φ1=30°）因此有BC-AB=AC1=150mm和BC+AB=AC2=300mm解得：BC=225mm,AB=75mm且有AD=2C1Dcos30°=262.5mm,故：LAB=75mm,LBC=225mm,LCD=150mm（已知）,LAD=262.5mm2)因為LAB+LAD=75+262.5=337.5＜LBC+LCD=375,故滿足桿長條件;又最短桿AB為一連架桿，所以AB為曲柄。13、解：1）如果AB桿能通過其垂直于滑塊導路的兩位置時，則AB桿能作整周轉(zhuǎn)動。因此AB桿為曲柄的條件是AB+e≤BC；2）當e=0時，桿AB為曲柄的條件時AB≤BC；3）當以桿AB為機架時，此機構為偏置轉(zhuǎn)動導桿機構。第九章凸輪機構與其設計四、綜合題1、3、4、7、第十一章齒輪系與其設計一、綜合題2、1)蝸桿1與蝸輪2組成定軸輪系，i12=Z2/Z1=1×1500/37=39.189方向關系如圖尖頭所示。設為正2）其余部分組成以2‘和4為中心輪，3—3‘為行星輪，2為系桿的行星輪系。對整個行星輪系轉(zhuǎn)動方向與方向一致。4、1)齒輪1與齒輪2組成定軸輪系，i12=Z2/Z1=60/15=4方向關系如圖尖頭所示。2）其余部分組成以3和5為中心輪，4—4‘為行星輪，2為系桿的行星輪系。設為正方向轉(zhuǎn)動，對整個行星輪系加上“-”則有：，；，因為，故與方向一樣∴與方向如圖所示5、由定軸輪系iEQ\S\do3(12)=EQ\F(nEQ\S\do3(1),nEQ\S\do3(2))=--EQ\F(zEQ\S\do3(2),zEQ\S\do3(1))EQEQ得nEQ\S\do3(2)=-n×EQ\F(zEQ\S\do3(1),zEQ\S\do3(2))=-120×EQ\F(20,40)=-60r/min將輪1除去后的輪系為一周轉(zhuǎn)輪系iEQ\A\al(2,34)=EQ\F(nEQ\S\do3(3)-nEQ\S\do3(2),nEQ\S\do3(4)-nEQ\S\do3(2))=-EQ\F(zEQ\S\do3(4),zEQ\S\do3(3))故有EQ\F(nEQ\S\do3(3)-(-60),0-(-60))=-EQ\F(60,15)得nEQ\S\do3(3)=-300r/min故輪3的轉(zhuǎn)速大小nEQ\S\do3(3)=300r/min,轉(zhuǎn)向與輪1相反。7、給整個輪系加上一公共的-WEQ\S\do3(H)，則轉(zhuǎn)化為定軸輪系。iEQ\A\al(H,13)=EQ\F(wEQ\S\do3(1)-wEQ\S\do3(H),wEQ\S\do3(3)-wEQ\S\do3(H))=-EQ\F(ZEQ\S\do3(3),ZEQ\S\do3(1));因此EQ\F(wEQ\S\do3(1)-wEQ\S\do3(H),0-wEQ\S\do3(H))=-EQ\F(100,20),wEQ\S\do3(1)=6WEQ\S\do3(H)；IiEQ\A\al(H,14)=EQ\F(wEQ\S\do3(1)-wEQ\S\do3(H),wEQ\S\do3(4)-wEQ\S\do3(H))=(-)EQ\S\up8(m)EQ\F(zEQ\S\do3(2)zEQ\S\do3(4),zEQ\S\do3(1)zEQ\S\do3(2)),m=1為外嚙合次數(shù)因此有EQ\F(6wEQ\S\do3(H)-wEQ\S\do3(H),wEQ\S\do3(4)-wEQ\S\do3(H))=-EQ\F(40×90,20×30),WEQ\S\d