机械原理第七版西北工业大学课后习题答案711章.docx

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机械原理第七版西北工业大学课后习题答案711章

第7章课后习题参考答案

7—1等效转动惯量和等效力矩各自的等效条件是什么?

7—2在什么情况下机械才会作周期性速度波动?

速度波动有何危害?

如何调节?

答:

当作用在机械上的驱动力（力矩）周期性变化时，机械的速度会周期性波动。

机械的速度波动不

仅影响机械的工作质量，而且会影响机械的效率和寿命。

调节周期性速度波动的方法是在机械中安

装一个具有很大转动惯量的飞轮。

7—3飞轮为什么可以调速?

能否利用飞轮来调节非周期性速度波动，为什么?

答：

飞轮可以凋速的原因是飞轮具有很大的转动惯量，因而要使其转速发生变化．就需要较大的能

量，当机械出现盈功时，飞轮轴的角速度只作微小上升，即可将多余的能量吸收储存起来；而当机

械出现亏功时，机械运转速度减慢．飞轮又可将其储存的能量释放，以弥补能最的不足，而其角速

度只作小幅度的下降。

非周期性速度波动的原因是作用在机械上的驱动力（力矩）和阻力（力矩）的变化是非周期性的。

当长

时问内驱动力（力矩）和阻力（力矩）做功不相等，机械就会越转越快或越转越慢．而安装飞轮并不能改

变驱动力（力矩）或阻力（力矩）的大小也就不能改变驱动功与阻力功不相等的状况，起不到调速的作

用，所以不能利用飞轮来调节非周期陛速度波动。

7—4为什么说在锻压设备等中安装飞轮可以起到节能的作用?

解：

因为安装飞轮后，飞轮起到一个能量储存器的作用，它可以用动能的形式把能量储存或释放出

来。

对于锻压机械来说，在一个工作周期中，工作时间很短．而峰值载荷很大。

安装飞轮后．可以

利用飞轮在机械非工作时间所储存能量来帮助克服其尖峰载荷，从而可以选用较小功率的原动机来

拖动，达到节能的目的，因此可以说安装飞轮能起到节能的作用。

7—5由式JF=△Wmax／（ωm

2[δ]），你能总结出哪些重要结论（希望能作较全面的分析）?

答：

①当△Wmax与ωm一定时，若[δ]下降，则JF增加。

所以，过分追求机械运转速度的均匀性，将会使飞轮过于笨重。

②由于JF不可能为无穷大，若△Wmax≠0，则[δ]不可能为零，即安装飞轮后机械的速度仍有波动，

只是幅度有所减小而已。

③当△Wmax与[δ]一定时，JF与ωm的平方值成反比，故为减小JF，最好将飞轮安装在机械的高速

轴上。

当然，在实际设计中还必须考虑安装飞轮轴的刚性和结构上的可能性等因素。

7—6造成机械振动的原因主要有哪些?

常采用什么措施加以控制?

7—7图示为一机床工作台的传动系统。

设已知各齿轮的齿数，齿轮3的分度圆半径r3，各齿轮的

转动惯量J1、，J2、，J2’、J3，齿轮1直接装在电动机轴上，故J1中包含了电动机转子的转动惯量；工

作台和被加工零件的重量之和为G。

当取齿轮1为等效构件时，试求该机械系统的等效转动惯量Je。

解：

根据等效转动惯量的等效原则．有

1111G1

22222

JJ（JJ）Jv

e11122`233

22222g

则

1Gv

22322

JJJ（JJ）（）J（）（）

e122`3

111

1zzzGzz

1212`2212`2

JJJ（JJ）（）J（）r（）

e122`33

2zzzgzz

22323

7-8图示为DC伺服电机驱动的立铣数控工作台，已知工作台及工件的质量为m4=355kg,滚珠丝杠的

-3kg.m。

，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732×10-6kg.m2，J2=768

导程d=6mm，转动惯量J3=1.2×10

×10-6kg.m2。

在选择伺服电机时，伺服电机允许的负载转动惯量必须大于折算到电动机轴上的负载

等效转动惯量，试求图示系统折算到电动机轴上的等效转动惯量。

解：

根据等效转动惯量的等效原则．有

1111

2222

JJ（JJ）mv

e11123244

2222

则:

2242

JJJ（JJ）（）m（）

e1234

1zz

12212

JJ（JJ）（）ml（）

1234

2zz

=732×10

-6+（768+l200）l×10-6×（25/45）2+355×（6×10-3）2×（25/45）2

=5.284×l0

-3kg.m2

2，7—9已知某机械稳定运转时主轴的角速度ωs=100rad／s，机械的等效转动惯量Je=0.5kg.m

制动器的最大制动力矩Mr=20N.m（制动器与机械主轴直接相连，并取主轴为等效构件）。

要求制动

时间不超过3s，试检验该制动器是否能满足工作要求。

解因此机械系统的等效转动惯量．F：

及等效力矩Al。

均为常数，故可利用力矩

形式的机械运动方程式：

Me=Jedω/dt

其中：

Me=-Mr=-20N.m，Je=0.5kg.m

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，所以该制动器满足工作要求。

7一10设有一由电动机驱动的机械系统，以主轴为等效构件时，作用于其上的等效驱动力矩

Med=10000—100ω（N.m），等效阻抗力矩Mer=8000N.m，等效转动惯量Je=8kg.m2，主轴的初始角

速度ω0=100rad／s。

试确定运转过程中角速度ω与角加速度α随时间的变化关系。

解由于机械系统的等效转动惯量为常数，等效力矩为速度的函数，故可利用力矩形式的机械

运动方程式

Me（ω）=Med（ω）-Mer（ω）=Jedω/dt

即10000-100ω-8000=8dω/dt

dtd

1002000

（1）

对式①积分得

8d（1002000）

100100（1002000）

100

[ln（1002000）ln（1001002000）]

[ln（1002000）ln8000]

（2）

将式

（2）改写为

一l2.5t=In（100ω一2000）一ln8000

解得ω=20+80e-12.5t

-12.5t

上式对t求导得α=dω/dt=-100e

7—11在图示的刨床机构中，已知空程和工作行程中消耗于克服阻抗力的恒功率分别为P1=367.7w和p2=3677w，曲柄的平均转速n=100r／min，空程曲柄的转角为φ1=120o。

当机构的运转不均匀系

数δ=0.05时，试确定电动机所需的平均功率，并分别计算在以下两种情况中的飞轮转动惯量JF（略

去各构件的重量和转动惯量）.

1）飞轮装在曲柄轴上；

2）飞轮装在电动机轴上，电动机的额定转速nn=I440r／min。

电动机通过减速器驱动曲柄，为简

化计算，减速器的转动惯量忽略不计。

解

（1）确定电动机的平均功率。

作功率循环图如下图所示。

根据在一个运动循环内．驱动功与阻抗功应相等，可得

PT=P1t1+P2t2

P=（P1t1+P2t2）/T=（P1φ1+P2φ2）/（φ1+φ2）=（367.7/3+3677×2/3）=2573.9w

（2）由图知最大盈亏功为：

、△Wmax=（P-P1）t1=（P-P1）（60φ1）/（2πn）=（2573-3.967.7）×60×（1/3）×（1/100）=441.24N.m

1）当飞轮装在曲柄轴上时飞轮的转动惯量为

900W900441.24

max2

J80.473kg.m

F2222

n[]1000.052）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

JF`=JF（n/nn）

2=80.473×（100/1440）2=0.388kg.m2

7-12某内燃机的曲柄输出力矩

M随曲柄转角的变化曲线如图所

示，其运动周期T,曲柄的平均转速nm620r/min。

当用该内燃机驱动

一阻抗力为常数的机械时，如果要求其运转不均匀系数=0.01。

试求

1）曲轴最大转速

n和相应的曲柄转角位置

max

max；

2）装在曲轴上的飞轮转动惯量

J（不计其余构件的转动惯量）。

解:

（1）确定阻抗力矩,因一个运动循环内驱动功应等于阻抗功．所以有

MrφT=AOABC=200×（1/2）×（π/6+π）

解得

Mr=（1/π）×200×（1/2）×（π/6+π）=l16.67N.m

（2）求曲轴最大转速nmax，和相应的曲柄转角位置φmax：

作其系统的能量指示图（见图（b））．由图可知在c处机构出现能量最大值．即φ=φc时，n=nmax。

故

Φmax=20o+30o+130o×（200-116.7）/200=104.16o

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

（3）求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

maxbABc

200116.6720200116.67130200116.67

（67.26N.m

26180200180200

故：

900W90067.26

max

J1.596kg.m

F2222

n[]6200.01

7—13图示为两同轴线的轴1和2以摩擦离合器相连。

轴1和飞轮的总质量为100kg，回转半径

ρ=450mm；轴2和转子的总质量为250kg，回转半径ρ=625mm。

在离合器接合前，轴1的转

速为n，=100r／min，而轴2以n：

=20groin的转速与轴1同向转动。

在离合器接合后3s，两轴

即达到相同的速度。

设在离合器接合过程中，无外加驱动力矩和阻抗力矩。

试求：

1）两轴接合后的公共角速度;

2）在离合器结合过程中，离合器所传递的转矩的大小。

解设离合器结合过程中所传递的摩擦力矩为Mf．两轴结合后的公共角

速度为ω。

根锯力矩形式的机械运动方程。

对于轴l和轴2，分别有：

MJJ

f11

dt3

（1）

M0JJ

f22

dt3

（2）

1122

由式

（1）

（2）得：

2J2=m2ρ22式中J1=m1ρ1

ω1=2πn1/60=πn1/30,ω2=2πn2/60=πn2/30

从而

2222

mnmn1000.451000.62520

111222

2222

30mm301000.451000.625

1122

3.533rad/s

由

（1）得:

mn1000.451001111

MJ（）（3.533）46.838N.m

3330330

7—14图示为一转盘驱动装置。

1为电动机，额定功率为Pn=0.55kW，额定转速为nn=1390．r

／min，转动惯量J1=0.018kg.m2;2为减速器，其减速比i2=35,3、4为齿轮传动，z3=20，z4=52；

减速器和齿轮传动折算到电动机轴上的等效转动惯量J2e=0.015kg.rn2；转盘5的转动惯量

J5=144kg.m，作用在转盘上的阻力矩为Mr5=80N.m；传动装置及电动机折算到电动机轴上的阻力

矩为Mr1=0.3N.m。

该装置欲采用点动（每次通电时间约0.15s）作步进调整，问每次点动转盘5约转过多少度?

提示：

电动机额定转矩Mn=9550Pn／nn，电动机的起动转矩Md≈2Mn，并近似当作常数。

解取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

201

2225

JJJJ（）0.0180.015144（）0.0504kg.m

e112e5

52351

点动过程中，系统的运行分为两个阶段：

第一阶段为通电启动阶段，第二阶段为断电停车阶段。

第一阶段的等效力矩为

Pz15n3

MMMM（）29550MM（）

e11dr1r5r1r5

nzi1n42

3.534201

295500.380（）6.378N.m

13905235由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转

过的角度为

ω11=ω10+α1t1

φ11=φ10+ω10t1+（1/2）α1t1

式中:

φ10=0,ω10=0,．t1=0.15,a1=Me11/Je1所以

M6.378

e11

t0.1518.982rad/s111

J0.0504

1M6.378

e1122

t0.50.151.424rad111

2J0.0504

第二阶段的等效力矩为

z1201

MMM（）MM（）0.380（）1.179N.m

e12r1r5r1r5

zi5235

142

由

于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角

度为：

ω12=ω11+α2t2

φ12=φ11+ω11t2+（1/2）α2t2

式中:

ω12=0,α2=Me12/Je1所以

J18.9820.05041111e1

t0.811s

M1.1792e2

1M1.179

e1222

tt1.142418.9820.8110.50.8119.125rad12111122

2J0.0504

每次点动后．电机转过的角度为

φ1=φ12+φ11=1.424+9.125=10.549rad

而转盘5转过的角度为：

z118020180

（）10.549638`31``

zi5235

第8章课后习题参考答案

8-l铰链四杆机构中，转动副成为周转副的条件是什么?

在下图所示四杆机构ABCD中哪些运动副

为周转副?

当其杆AB与AD重合时，该机构在运动上有何特点?

并用作图法求出杆3上E点的连杆

曲线。

答：

转动副成为周转副的条件是：

（1）最短杆与最长杆的长度之和小于或等于其他两杆长度之和；

（2）机构中最短杆上的两个转动副均为周转副。

图示ABCD四杆机构中C、D为周转副。

当其杆AB与AD重合时，杆BE与CD也重合因此机构处于死点位置。

8-2曲柄摇杆机构中，当以曲柄为原动件时，机构是否一定存在急回运动，且一定无死点?

为什么?

答：

机构不一定存在急回运动，但一定无死点，因为：

（1）当极位夹角等于零时，就不存在急回运动如图所示，

（2）原动件能做连续回转运动，所以一定无死点。

8-3四杆机构中的极位和死点有何异同?

8-4图a为偏心轮式容积泵；图b为由四个四杆机构组成的转动翼板式容积泵。

试绘出两种泵的机构

运动简图，并说明它们为何种四杆机构，为什么?

解机构运动简图如右图所示，ABCD是双曲柄机构。

因为主动圆盘AB绕固定轴A作整周转动，而各翼板CD绕固定轴D转动，所以A、D为周转

副，杆AB、CD都是曲柄。

8-5试画出图示两种机构的机构运动简图，并说明它们各为何种机构。

图a曲柄摇杆机构

图b为导杆机构。

8-6如图所示，设己知四杆机构各构件的长度为a240mm，b600mm,c400mm,d500mm。

试问:

1）当取杆4为机架时，是否有曲柄存在?

2）若各杆长度不变，能否以选不同杆为机架的办法获得双曲柄机构和双摇杆机构?

如何获得?

3）若a、b﹑c三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围为何

值?

解

（1）因a+b=240+600=840≤900=400+500=c+d且最短杆1为连架轩．故当取杆4为机架时，有曲

柄存在。

（2）、能。

要使此此机构成为双曲柄机构，则应取1杆为机架；两使此机构成为双摇杆机构，则

应取杆3为机架。

（3）要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围应为440~760mm。

8-7图示为一偏置曲柄滑块机构，试求杆AB为曲柄的条件。

若偏距e=0，则杆AB为曲柄的条件是

什么?

解

（1）如果杆AB能通过其垂直于滑块导路的两位置时，则转动副A为周转副，故杆AB为曲柄的

条件是AB+e≤BC。

（2）若偏距e=0,则杆AB为曲柄的条件是AB≤BC

8-8在图所示的铰链四杆机构中，各杆的长度为

求:

l28mm，

l52mm，

l50mm，

l72mm，试

1）当取杆4为机架时，该机构的极位夹角、杆3的最大摆角、最小传动角min和行程速比系数K;

2）当取杆1为机架时，将演化成何种类型的机构?

为什么?

并说明这时C、D两个转动副是周转副还

是摆转副;

3）当取杆3为机架时，又将演化成何种机构?

这时A、B两个转动副是否仍为周转副?

解

（1）怍出机构的两个极位，如图,并由图中量得：

θ=18.6o,φ=70.6o,γmin=22.7o

18018018.6

12.3

18018018.6

（2）①由l1+l4≤l2+l3可知图示铰链四杆机构各杆长度符合杆长条件；小②最短杆l为机架时，

该机构将演化成双曲柄机构；③最短杆1参与构成的转动副A、B都是周转副而C、D为摆转副；

（3）当取杆3为机架时，最短杆变为连杆，又将演化成双摇杆机构，此时A、B仍为周转副。

8-9在图示的连杆机构中，已知各构件的尺寸为l160mm,lBC260mm,

lmml80mm,构件AB为原动件，沿顺时针方向匀速回转，试确定:

200,

CDAD

1）四杆机构ABCD的类型;

2）该四杆机构的最小传动角

min；

3）滑块F的行程速比系数K。

解

（1）由lAD+lBC

（2）作出四杆机构ABCD传动角最小时的位置。

见图并量得γmin=12o

（3）作出滑块F的上、下两个极位及原动件AB与之对应的两个极位，并量得θ=47o。

求出滑块

F的行程速比系数为

18018047

1.71

8-10试说明对心曲柄滑块机构当以曲柄为主动件时，其传动角在何处最大?

何处最小?

解在曲柄与导轨共线的两位置之一传动角最大，γmax=90o；

在曲柄与机架共线的两位置之一传动角最小，γmin=arcos（LAB/lBC）。

8-11正弦机构（图8一15b）和导杆机构（图8—22a）中，当以曲柄为主动件时，最小传动角γmin为多少?

传动角按什么规律变化?

解γmin=90o；

传动角恒定不变。

8-12图示为偏置导杆机构，试作出其在图示位置时的传动角以及机构的最小传动角及其出现的位置，并确定机构为回转导杆机构的条件。

解传动角以及机构最小传动角及其出现的位置如下图所示。

机构为

回转导杆机构的条件:

AB≤AC

8-13如图8—57所示，当按给定的行程速度变化系数K设计曲柄摇杆机构时，试证明若将固定铰链

A的中心取在FG弧段上将不满足运动连续性要求。

答因这时机构的两极位DC1,DC2将分别在两个不连通的可行域内。

8-14图示为一实验用小电炉的炉门装置，关闭时为位置E1，开启时为位置E2。

试设计一个四杆机构

来操作炉门的启闭（各有关尺寸见图）。

（开启时，炉门应向外开启，炉门与炉体不得发生干涉。

而关

闭时，炉门应有一个自动压向炉体的趋势（图中S为炉门质心位置）。

B、C为两活动铰链所在位置。

解

（1）作出B2C2的位置；用作图法求出A及D的位置，并作出机构在E2位置的运动简图，见下图，

并从图中量得

lAB==μl.AB=95mm

lAD=μl.AD=335mm

lCD=μl.CD=290mm

（2）用怍图法在炉门上求得B及C点位置，并作出机构在位置的运动图（保留作图线）。

作图时

将位置E1转至位置E2，见图并量得

lAB=μl.AB=92.5mm

lBC=μlBC=l27.5rnm

lCD=μl.CD=262.5mn

8-15图示为公共汽车车门启闭机构。

已知车门上铰链C沿水平直线移动，铰链B绕固定铰链A转

动，车门关闭位置与开启位置夹角为a=115o，AB1//C1C2，lBC=400mm，1C1C2=550mm,试求构件

AB的长度，验算最小传动角，并绘出在运动中车门所占据的空间（作为公共汽车的车门，要求其在

启闭中所占据的空间越小越好。

8-16图示为一已知的曲柄摇杆机构，现要求用一连杆将摇杆CD和滑块F联接起来，使摇杆的

三个已知位置C1D、

CD、

CD和滑块的三个位置

F、

F相对应（图示尺寸系按比例绘出）。

试确

定此连杆的长度及其与摇杆CD铰接点的位置。

解由题意知，本题实际是为按两连架汗（摇杆与滑块）的预定对应位置设计四扦机构的同题。

具体作

图过程如下图所示。

连杆的长度为lEF=μlE2F2=l30mm。

8-17图示为某仪表中采用的摇杆滑块机构，若已知滑块和摇杆的对应位置为S1=36mm，S12=8mm，

S23=9mm;φ12=25o，φ23=35o，摇杆的第Ⅱ位置在铅垂方向上。

滑块上铰链点取在B点，偏距e=28

mm,试确定曲柄和连杆长度。

解本题属于按两连架轩预定的对应位置设计四杆机构问题。

此问题可用反转法求解。

曲柄长度

3.535mm，连杆长度52.2mm．见图中标注。

8-18试设计图示的六杆机构。

该机构当原动件l自y轴顺时针转过φ12=60o时，构件3顺时针转过

ψ=45o恰与x轴重合。

此时，滑块6自E1点移动到E2点，位移s12=20mm。

试确定铰链B及C的位置。

解由题意知，所要设计的六杆机构ABCDEF是由铰链四杆机构ABCD和摇杆滑块机构CDE串联

所组成，故此设计问题，可分解为两个四杆机构的设计问题。

对于摇杆滑块机构CDE的设计，就是确定活动铰链C的位置，可用反转法设汁，具体作法如

下图所示。

对于铰链四扦机构ABCD的设计．就是确定活动铰链B的位置，也可用反转法设计，具体作

法如下图所示。

8-19现欲设计一四杆机构翻书器。

如图所示，当踩动脚踏板时，连杆上的肘点自M，移至M：

就可

翻过一页书。

现已知固定铰链A、D的位置，连架杆AB的长度及三个位置以及描点M的三个位置。

试设计该四杆机构（压重用以保证每次翻书时只翻过一页）

解：

作图，并量得：

AB=36mm,AD=47mm,CD=5mm,

BC=10mm,BM=36mm,CM=44mm

8-20现需设计一铰链四杆机构，用以启闭汽车前灯的遮避窗门。

图示为该门（即连杆上的标线）在运

动过程中的五个位置，其参数如表8—3所示。

试用解析法设计该四杆机构（其位置必须限定在图示

长方形的有效空间内）。

8-21图示为一用推拉缆操作的长杆夹持器，用一四杆机构ABCD来实现夹持动作。

设已知两连

架杆上标线的对应角度如图所示，试确定该四杆机构各杆的长度。

解：

取AD为机架，并以适当比例尺作机架AD及AB杆与DE杆的三对对应位置。

此机构设计简要

步骤如图（保留作图线），机构各杆长度为：

8-22图示为一汽车引擎油门控制装置。

此装置由四杆机构ABCD、平行四边形机构DEFG及油门装

置所组成，由绕O轴转动的油门踏板OI驱动可实现油门踏板与油门的协调配合动作。

当油门踏板

的转角分别为0o、5o、15o及20o时，杆MAB相对应的转角分别为0o、32o、52o及63o（逆时针方向），

与之相应油门开启程度为0o（关闭）、14o、44o及60o（全开）四个状态。

现设lAD=120mm，试

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