机械原理第二版课后答案朱理.docx
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机械原理第二版课后答案朱理
机械原理作业
第一章结构分析作业
解：
F=3n－2PL－PH=3×3－2×4－1=0
该机构不能运动，修改方案如下图：
解：
（a）F=3n－2PL－PH=3×4－2×5－1=1A点为复合铰链。
（b）F=3n－2PL－PH=3×5－2×6－2=1
B、E两点为局部自由度,F、C两点各有一处为虚约束。
（c）F=3n－2PL－PH=3×5－2×7－0=1FIJKLM为虚约束。
解：
F=3n－2PL－PH=3×7－2×10－0=1
1）以构件2为原动件，则结构由8－7、6－5、4－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构（图a）。
2）以构件4为原动件，则结构由8－7、6－5、2－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构（图b）。
3）以构件8为原动件，则结构由2－3－4－5一个Ⅲ级杆组和6－7一个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅲ级机构（图c）。
（a）（b）（c）
第二章运动分析作业
解：
机构的瞬心如图所示。
解：
取作机构位置图如下图所示。
1.求D点的速度VD
而，所以
2.求ω1
3.求ω2
因，所以
4.求C点的速度VC
解：
取作机构位置图如下图a所示。
1.求B2点的速度VB2
VB2=ω1×LAB=10×30=300mm/s
2.求B3点的速度VB3
VB3＝VB2＋VB3B2
大小？
ω1×LAB？
方向⊥BC⊥AB∥BC
取作速度多边形如下图b所示，由图量得：
，所以
由图a量得：
BC=123mm,则
3.求D点和E点的速度VD、VE
利用速度影像在速度多边形，过p点作⊥CE，过b3点作⊥BE，得到e点；过e点作⊥pb3，得到d点,由图量得：
，，
所以，
；
4.求ω3
5.求
6.求
aB3＝aB3n＋aB3t＝aB2＋aB3B2k＋aB3B2τ
大小ω32LBC？
ω12LAB2ω3VB3B2？
方向B→C⊥BCB→A⊥BC∥BC
取作速度多边形如上图c所示，由图量得：
，,所以
7.求
8.求D点和E点的加速度aD、aE
利用加速度影像在加速度多边形，作∽,即
，得到e点；过e点作⊥，得到d点,由图量得：
，，
所以，
。
解：
取作机构位置图如下图a所示。
一、用相对运动图解法进行分析
1.求B2点的速度VB2
VB2=ω1×LAB=20×=2m/s
2.求B3点的速度VB3
VB3＝VB2＋VB3B2
大小？
ω1×LAB？
方向水平⊥AB∥BD
取作速度多边形如下图b所示，由图量得：
，所以
而VD=VB3=1m/s
3.求
4.求
aB3＝aB2n＋aB3B2τ
大小？
ω12LAB？
方向水平B→A∥BD
取作速度多边形如上图c所示，由图量得：
，所以。
二、用解析法进行分析
第三章动力分析作业
解：
根据相对运动方向分别画出滑块1、2所受全反力的方向如图a所示，图b中三角形①、②分别为滑块2、1的力多边形，根据滑块2的力多边形①得：
，
由滑块1的力多边形②得：
，
而
所以
解：
取作机构运动简图，机构受力如图a）所示；
取作机构力多边形，得：
，，
，，，
解：
机构受力如图a）所示
由图b）中力多边形可得：
所以
解：
机构受力如图所示
由图可得：
对于构件3而言则：
，故可求得
对于构件2而言则：
对于构件1而言则：
，故可求得
解：
1.根据相对运动方向分别画出滑块1所受全反力的方向如图a所示，图b为滑块1的力多边形，正行程时Fd为驱动力，则根据滑块1的力多边形得：
，
则夹紧力为：
2.反行程时取负值，为驱动力，而为阻力，故
，
而理想驱动力为：
所以其反行程效率为：
当要求其自锁时则，，
故，所以自锁条件为：
解：
1.机组串联部分效率为：
2.机组并联部分效率为：
3.机组总效率为：
4.电动机的功率
输出功率：
电动机的功率：
第四章平面连杆机构作业
解：
1.①d为最大，则
故
②d为中间，则
故
所以d的取值范围为：
2.①d为最大，则
故
②d为中间，则
故
③d为最小，则
故
④d为三杆之和，则
所以d的取值范围为：
和
3.①d为最小，则
故
解：
机构运动简图如图所示，其为曲柄滑块机构。
解：
1.作机构运动简图如图所示；由图量得：
，，
，，所以
，
行程速比系数为：
2.因为
所以当取杆1为机架时，机构演化为双曲柄机构，C、D两个转动副是摆转副。
3.当取杆3为机架时，机构演化为双摇杆机构，A、B两个转动副是周转副。
解：
1.取作机构运动简图如图所示；由图量得：
，故行程速比系数为：
由图量得：
行程：
2.由图量得：
，故
3.若当，则K=1，无急回特性。
解：
1.取，设计四杆机构如图所示。
2.由图中量得：
，
，
。
解：
1.取，设计四杆机构如图所示。
2.由图中量得：
，
。
3.图中AB’C’为的位置，由图中量得，图中AB”C”为
的位置，由图中量得。
4.滑块为原动件时机构的死点位置为AB1C1和AB2C2两个。
解：
1.计算极位夹角：
2.取，设计四杆机构如图所示。
3.该题有两组解，分别为AB1C1D和AB2C2D由图中量得：
，
；
，
。
第五章凸轮机构作业
解：
图中（c）图的作法是正确的，（a）的作法其错误在于从动件在反转过程的位置应该与凸轮的转向相反,图中C’B’为正确位置；（b）的作法其错误在于从动件在反转过程的位置应该与起始从动件的位置方位一致，图中C’B’为正确位置；（d）的作法其错误在于从动件的位移不应该在凸轮的径向线上量取，图中CB’为正确位置。
解：
如图所示。
解：
凸轮的理论轮廓曲线、偏距圆、基圆如图所示；
最大行程h=bc=20mm、推程角、回程角；
凸轮机构不会发生运动失真，因为凸轮理论轮廓曲线为一圆。
解：
所设计的凸轮机构如图所示。
解：
1）理论轮廓为一圆，其半径R’=50mm；
2）凸轮基圆半径；
3）从动件升程h=50mm；
4）推程中最大压力角
5）若把滚子半径改为15mm，从动件的运动没有变化，因为从动件的运动规律与滚子半径无关。
第六章齿轮机构作业
解：
1）
2），查表得
解：
1.
，
2.取则，
解：
解：
1），；
2）
3）
4）
5）,
解：
1.
2.
3.
4.
解：
1.齿轮1、2和齿轮3、4的传动中心距分别为：
根据其中心距，选齿轮3、4为标准齿轮传动，而齿轮1、2为正变位传动。
实际中心距取为aˊ＝50mm，此方案为最佳。
因为，齿轮3、4的中心距较大，选其为标准传动，使该设计、加工简单，互换性好，同时也避免了齿轮1、2采用负变位传动不利的情况。
齿轮l、2采用正传动，一方面可避免齿轮发生根切，如齿轮z1＝15<17，故必须采用正变位；另一方面齿轮的弯曲强度及接触强度都有所提高。
2.齿轮1、2改为斜齿轮传动时，由题意要求：
两轮齿数不变，模数不变，即，mn＝m＝2mm，其中心距为
则，
3.
4.对于斜齿轮来说不发生根切的最少齿数为：
而所以该齿轮不会发生根切。
解：
1.,
2.,
解：
各个蜗轮的转动方向如图所示。
解：
1.,,
对于圆锥齿轮不发生根切的最少齿数为：
，当则会发生根切，
而，故会发生根切。
2.
则
而，故不会发生根切。
第七章齿轮系作业
解：
齿条的移动方向如图所示，其轮系传动比为：
则齿轮5’的转速为：
又齿轮5’分度圆直径为：
所以齿条的移动速度为：
解：
1.其轮系传动比为：
则齿轮4的转速（即转筒5的转速）为：
所以重物的移动速度为：
2.电动机的转向如图所示。
解：
1.该轮系为复合轮系，由齿轮1、2、2’、3、H组成一个周转轮系，由齿轮1、2、2’、4、H另组成一个周转轮系。
2.周转轮系1、2、2’、3、H的传动比为：
则
故
所以与转向相同
3.周转轮系1、2、2’、4、H的传动比为：
则，故
所以与转向相同
解：
1.该轮系为复合轮系，由齿轮1、2、3、H组成周转轮系，由齿轮3’、4、5组成定轴轮系。
2.周转轮系的传动比为：
故
定轴轮系的传动比为：
故
3.因此
所以
解：
1.该轮系为复合轮系，由齿轮3’、4、5、H组成周转轮系，由齿轮1、2、2’、3组成一个定轴轮系，由齿轮5’、6组成另一个定轴轮系。
2.周转轮系的传动比为：
故，则
定轴轮系1、2、2’、3的传动比为：
故
定轴轮系5’、6的传动比为：
故
3.而，，
所以
因此与转向相反。
第八章其他常用机构作业
解：
第九章机械的平衡作业
解：
盘形转子的平衡方程为：
则
取，画向量多边形，
由向量多边形量得ae=55mm,，
所以
则
解析法计算：
解：
1.将质量、向Ⅰ平面和Ⅱ平面进行分解：
2.在Ⅰ平面内有、、，故其平衡方程为：
则
取，画向量多边形图a），由向量多边形a）量得ad=40mm,，
所以
则
3.在Ⅱ平面内有、、，故其平衡方程为：
则
取，画向量多边形图b），
由向量多边形量b）得a’d’=39mm,，
所以
则
解析法计算：
1.在Ⅰ平面内
则
2.在Ⅱ平面内
则
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