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1、机械设计基础答案机械设计基础作业答案 第一章 平面机构的自由度和速度分析1 1自由度为：F =3n _(2Pl +Ph _P) _F=3 7 -(2 9 1-0) -1二 21-19 -1=1或：F =3n -2Pl -Ph= 3 6 -2 8 -11-6自由度为F =3n _(2Pl Ph _P) _F=3 9-(2 12 1 -0) -1=1或：F =3n-2Pl -Ph=3 8-2 11-1= 24-22 -1=1自由度为：F =3n_(2Pl +Ph _P) _F=3 10-(2 14 1 2-2) -1= 30 -28 -1=1或：F =3n -2Pl - PH=3 9-2 12-1

2、 2二 27 -24 -2=11 11F =3n -2Pl -Ph=3 4 -2 4 -2=21、3的角速度比。1 13:求出题1-13图导杆机构的全部瞬心和构件R4 p3P34 R31 14：求出题1-14图正切机构的全部瞬心。设 =10rad/s，求构件3的速度v3。100v3 =vP13 P14P3 =10200 = 2000mm/s1 15:题1-15图所示为摩擦行星传动机构，设行星轮 2与构件1、4保持纯滚动接触，试用瞬心法求轮1与轮2的角速度比 J 2。构件1、2的瞬心为P12P24、P14分别为构件2与构件1相对于机架的绝对瞬心 1 沃 P14p2 =切2 “ !24 P12r

3、=10rad/s，求机构全部瞬心、滑块速度 v3和连杆角速度2 。:叫 P14R2=灼2 R24R2=Vp13 = O 1 P14R3 =10h|AC tanNBCA別916.565mm/s1 17：题1-17图所示平底摆动从动件凸轮 1为半径r =20的圆盘，圆盘中心 C与凸轮回 转中心的距离lAC =15mm , l AB = 90mm ,=10rad/s，求-00和-180时，从动件角速度-2的数值和方向。-=0。时P12P13|P12P13|-2|Pl2P23|方向如图中所示当v -1800时IP12P13IP P23I15 1090 15:1.43rad /s方向如图中所示第二章平面

4、连杆机构2-双曲柄机构还是1试根据题2-1图所注明的尺寸判断下列铰链四杆机构是曲柄摇杆机构、 双摇杆机构。 (1)双曲柄机构(2)曲柄摇杆机构(4)双摇杆机构2-3画出题2-3图所示各机构的传动角和压力角。图中标注箭头的构件为原动件。2-4已知某曲柄摇杆机构的曲柄匀速转动， 极位夹角B为300,摇杆工作行程需时 7s。试问:（1）摇杆空回程需时几秒？（ 2）曲柄每分钟转数是多少？解：（1 ）根据题已知条件可得：工作行程曲柄的转角=210则空回程曲柄的转角 2 =150摇杆工作行程用时 7s，则可得到空回程需时:（2）由前计算可知，曲柄每转一周需时 12s，则曲柄每分钟的转数为60 n 5r12

5、2-5设计一脚踏轧棉机的曲柄摇杆机构，如题 2-5图所示，要求踏板 CD在水平位置上下各摆100,且lCD =500mm,lAD =1000mm。（ 1）试用图解法求曲柄 AB和连杆BC的长度；（2） 用式（2-6）和式（2-6 ）计算此机构的最小传动角。解:以踏板为主动件，所以最小传动角为 0度。2-6设计一曲柄摇杆机构。已知摇杆长度 I3 =100mm，摆角叩=30，摇杆的行程速比变化系数K =1.2。（ 1）用图解法确定其余三杆的尺寸； （2）用式（2-6 ）和式（2-6 ）确定机构最小传动角 min （若min ：35，则应另选铰链A的位置，重新设计）。解：由K=1.2可得极位夹角v

6、- 111800:21800 =16.364K 1 2.22-7设计一曲柄滑块机构， 如题2-7图所示。已知滑块的行程s二50mm，偏距e二16mm , 行程速度变化系数 K =1.2，求曲柄和连杆的长度。解：由K=1.2可得极位夹角v - l11800j21800 -16.3640K 1 2.2曲柄长23.9 连杆收58.372-8设计一摆动导杆机构。已知机架长度I4 =100mm，行程速度变化系数 K =1.4，求曲柄长度。解：由K=1.4可得极位夹角、K 1 0 0.4 0 0- 180 工 180 =30K 1 2.42-10设计一铰链四杆机构作为加热炉炉门的起闭机构。已知炉门上两活动

7、铰链的中心距为50mm炉门打开后成水平位置时，要求炉门温度较低的一面朝上（如虚线所示） ，设固定铰链安装在yy轴线上，其相关尺寸如题图 2-10图所示，求此铰链四杆机构其余三杆的长度。2-12已知某操纵装置采用铰链四杆机构。要求两连架杆的对应位置如题 2-12图所示，1 =45， -，=5210 ； 1 =90，=8210 ； 1 =135，-，=11210；机架长度Iad二50mm，试用解析法求其余三杆长度。解：由书35页图2-31可建立如下方程组:11 cos +12 cos6 = 14 + l3 COS屮 l1 sin +l2 sin6 = l3 sin屮 消去S，并整理可得：2 2 2

8、 2旳 l：+l；+l；l2 I3 诃 l3 讪代cos - - - - - cos cos-21*4 l1 l-令：P =-4 (1)l-于是可得到cos = F3 + P2 cos屮 + R cos严一)分别把两连架杆的三个对应转角带入上式, 程组。可解得：可得到关于P1、P2、P3由三个方程组成的方-0.7333二 1.48447匕=0.2023314 =50，再由(1)、(2)、(3),可解得:h = 24.700m m丨2 =62.887m mJ3 = 36.667 mm第三章凸轮机构3-1题3-1图所示为一偏置直动从动件盘形凸轮机构，已知 AB段为凸轮的推程廓线，试在图上标注推程运

9、动角。3-2题3-2图所示为一偏置直动从动件盘形凸轮机构， 已知凸轮是一个以 C点为圆心的圆盘,试求轮廓上D点与尖顶接触是的压力角，并作图表示。3-4设计题3-4图所示偏置从动件盘形凸轮。已知凸轮以等角速度顺时针方向回转，偏距e=10mm，凸轮基圆半径r =60mm,滚子半径rr =10mm，从动件的升程h = 30mm ,= 150, ； =30, 120 , ； =600，从动件在升程和回程均作简谐运动，试用图解法绘制出凸轮的轮廓并校核推程压力角。解：(1)推程：推程角：=150。从动件的位移方程： s = h (1 - cos;:)2 9从动件的行程：h =30*050010001500

10、S （ mm）02.0127.9930（2）回程：回程角： = 120从动件的位移方程：s= h 1 COS（- - s）2 炉004008001200s （ mm）3027.992.010于是可以作出如下的凸轮的理论轮廓曲线， 再作一系列的滚子， 绘制内包络线，就得到凸轮的实际轮廓曲线（略）理论轮廓线比例仁13-6为一摆动从动件盘形凸注：题3-6、3-7依次按上述步骤进行作图即可，不同的是: 轮机构，3-7为一平底直动从动件盘形凸轮机构。第四章齿轮机构4-1已知一对外啮合正常齿制标准直齿圆柱齿轮 m =3mm , z, =19, z41，试计算这对齿轮的分度圆直径、齿顶高、齿跟高、顶隙、中心

11、距、齿顶圆直径、齿跟圆直径、基圆直 径、齿距、齿厚和齿槽宽。解：项目及计算公式齿轮,齿轮2分度圆直径d =mz57,23齿顶咼1% = h；m ( h； 9)33齿跟高hf =hf m ( h； =.25)3.753.75顶隙c =c*m ( c* =0.25)0.750.75中心距a = (mz, + mz2) / 290齿顶圆直径da =d+2ha63,29齿跟圆直径df =d -2hf49.5H5.5基圆直径db = d COSG (a =20)53.5625H5.5822齿距p = nm9.42齿厚s = p/24.7,齿槽宽e = p/24.7,4-2已知一对外啮合标准直齿圆柱齿轮的

12、标准中心距 a = 160mm，齿数z, = 20，z2 = 60，求模数和分度圆直径。解：由 a = (mz, mz2)/2可得2a 2 60 320 ,m 4z, z2 20 60 80则其分度圆直径分别为d,二 mz, =4 20 二 80mmd2 二 mz2 =4 60 = 240mm4-3已知一正常齿制标准直齿圆柱齿轮的齿数 z = 25，齿顶圆直径da = ,35mm，求该轮的模数。. * *解：da = d 21% 二 mz 2ham 二 m(z 2ha)正常齿制标准直齿圆柱齿轮： h； =1则有d； 135 135 厂m * 5mmz 2ha 25 2 274-4已知一正常齿制

13、标准直齿圆柱齿轮 ? - 20,m =5mm,z =40 ,试分别求出分度圆、基圆、齿顶圆上渐开线的曲率半径和压力角。mz 5 40解：r 100mm2 2rb = r cos20 二 93.969mmr；二 r h；m =100 5 = 105mm齿顶圆压力角：:;=26.499基圆压力角：COS： b = =1rb b =00分度圆上齿廓曲率半径：:? = r sin 20 = 34.2 mm齿顶圆上齿廓曲率半径：；=r； sin26.4990 =105 0.4462 = 46.85mm基圆上齿廓曲率半径：:04-6 已知一对内啮合正常齿制标准直齿圆柱齿轮 m =4mm，乙=20 , z2

14、 = 60，试参照图4-1b计算该对齿轮的中心距和内齿轮的分度圆直径、齿顶圆直径和齿跟圆直径。解：该对齿轮为内啮合，所以有中心距 a=m(z2 -乙)/2=4 (60 -20)/2 =80mm齿轮2为内齿轮，所以有d2 = mz2 = 4 60 = 240mmda2 = d? - 2ha = 240 -2 4 - 240 - 8 = 232mmdf2 2 2hf =240 2 (1.25 4 240 2 5 = 250mm4-解：10试与标准齿轮相比较，说明正变位直齿圆柱齿轮的下列参数： m、二、二、d、d、不变的参数m、a、d、db变化增大a、d、s、sf、d f减小hfs、sf、hf、d

15、f、db，哪些不变？哪些起了变化？变大还是变小？4-11已知一对正常齿渐开线标准斜齿圆柱齿轮a - 250mm， Zi = 23， Z2 = 98，mn =4m m,试计算其螺旋角、端面模数、分度圆直径和齿跟圆直径。解：对外啮合的斜齿轮中心距为Z2)/2代入已知参数可得242cos 0.968250所以-14.5 3 307端面模数 mt = 骨=4.1 3 2r2mcos分度圆直径分别为mnz-id1 二 mtZj - =95.0413 mmcos Pd2 二 mtZ2 二山以2 二 404.9587 mm cos P齿顶圆直径分别为da1 = d 2ha = d 2mn = 103.041

16、3mmda2 = d2 2ha = d2 2mn = 412.9587 mm齿跟圆直径分别为df1 討 _2hf = d! -2.5mn = 85.0413mmd f2 = d2 - 2hf = d2 - 2.5mn = 394.9587 mm第五章轮系5-1在题5-1图所示双级蜗轮传动中，已知右旋蜗杆 1的转向如图所示，试判断蜗轮 2和蜗轮3的转向，用箭头表示。5-2 在题 5-2 图所示轮系中，已知 z- =15, z2 = 25 , z2 =15 , z3 = 30, z3, =15 , z 30，Z =2 (右旋)，Z5 =60 , z=20(m =4mm)，若 m =500r / m

17、in，求齿条 6 线速度 v的大小和方向。解：i15z1 z2 z3 z425 30 30 60 =20015 15 15 2500 =2.5r/min200 2002汎；2.5 5 二 二；：; 5 rad / s60 60 12mz5 4 況 20 “r5 40mm2 2jiv6 - 5 r5 =40 ： 10.5mm/s12方向为水平向右。5-3在题5-3图所示钟表传动示意图中， E为擒纵轮，N为发条盘，S、M、H分别为秒针、分针、时针。设 Z| = 72， z2 =12， Z3 = 64，z4 = 8， N = 60，z6 = 8，z7 = 60，乙=6，z9 = 8， z10 = 2

18、4， =6， z12 = 24，求秒针与分针的传动比 iSM和分针与时针的传动比i MH解：为定轴轮系注意各轮转速之间的关系:门7 =门6 = n$=%n4 .一互得到匹Z3 Z5= T 匕Z4乙Z6n.:=玉n5Z6则有isM 二匹二型=60 nM 匕nM n9 Z10 Z12iMHZ2 = 15，液压马达 M的转速nH ni2 Z9 Z115-6在题5-6图所示液压回转台的传动机构中，已知nM =12r/min，回转台H的转速nH二-1.5r/min，求齿轮1的齿数（提示：nM 二 n -nH）。解:.H 门2 nH nM 12 Zi ZiI , 121 nj nH 0 nH 1.5 z2

19、 15z1 =1 2 05-9在题5-9图所示差动轮系中，已知各轮的齿数z1 = 30 , z2 = 25， z2 = 20 , z3 = 75，（箭头向下），求行星齿轮1的转速为200 r / min （箭头向上），齿轮3的转速为50r / min架转速nH的大小和方向。25 75 = _ 2530 20 8解：在转化轮系中，各轮的转向如图中虚线箭头所示，则有-H 门1 - z2z3i13n3 一门円 Z1Z2在图中，从给定的条件可知，轮 1和轮3的绝对转向相反，已 n1的值为正，n3的值为负，代入上式中，则有即 1600-8nH =25 50 25g于是解得350nH 10.61r/min

20、33其值为正，说明H的转向与轮1的转向相同。5-10 在题 5-10 图所示机构中，已知 Z1 =17，Z2 = 20，Z3 = 85， Z4 = 18， z = 24，z6 = 21， z7 = 63，求:解：该轮系为一复合（混合）轮系（1）有1、2、3构成定轴轮系，则有n12Z2Z3Z3 85 匚i13 =(-1)= 5n3Z1Z2z1 17即n3二n_5（2）由3（ H）、4、5、6、7构成周转轮系易知 n3 = nHn4 - n3 - 4n3 - 4n75n3 -n4则 r7r _ 门4ri - r4即 rP ：41当 ri =10001r/mir ,=10000r/mir 时，rp=

21、0.25r/mir2当m = r4时，rP =03当 r1 =10000r/mir , r4 =10001r/mir 时，rP - -0.25r/mir第七早 机械运转速度波动的调节7-2在电动机驱动的剪床中，已知作用在剪床主轴上的阻力矩 M的变化规律如题 7-2图所示。设驱动力矩 M等于常数，剪床主轴转速为 60r / min，机械运转速度不均匀系数=0.15。求：（1 ）驱动力矩M的数值；（2）安装在主轴上的飞轮转动惯量。兀 /2 3/4 31解：（1）按一个周期中（一运动循环）阻力矩和驱动力矩做功相等，有3 兀 1 兀2二M=200 - 1600 （200 1600）2 4 2 4450

22、M150 200 350 112.5 =462.5N m4（2）分三个区间第一区间盈功：A =412.334第二区间亏功：A2 =1256.107第三区间盈功：A = 844.048画出能量指示图：则最大盈亏功为:7-3为什么本章介绍的飞轮设计方法称为近似方法？试说明哪些因素影响飞轮设计的精确性。解：因在本章所讨论的飞轮设计中， 用的是算术平均值代替的实际平均值， 对速度不均匀系数的选择也只是在它的容许范围内选择， 还有，在计算时忽略了其他构件的转动惯量， 也忽略了其他构件的动能影响。所以是近似计算。10007-5设某机组发动机供给的驱动力矩 M N m （即驱动力矩与瞬时角速度成反比） ，c

23、o阻力矩M变化如题7-5图所示，t0.1s，t2 =0.9s，若忽略其他构件的转动惯量，求在 max = 134rad /s， - min =116rad/s状态下飞轮的转动惯量。陋何m)80 解：用平均角速度处理t1 =0.1s : 1 =12.5radt2 =0.9s : 1 = 112.5rad则在00.1s之间则在0.10.9s之间则最大盈亏功为A max = 90012 2由 Amax jmaxmin)可得2, 2 汉 900 1800 1800 2 门 2J 2 2 0.4Kg m134 -116 17956 -13456 4500 5第8章回转件的平衡8-1某汽轮机转子质量为 1

24、t，由于材质不均匀及叶片安装误差致使质心偏离回转轴线0.5mm，当该转子以5000r/min的转速转动时，其离心力有多大？离心力是它本身重力的几倍？解:离心力为：2 5000 x2 兀 2F =mr，=mr( ) =137077.78N60离心力与重力之比为：8-4如图所示盘形回转件，经静平衡试验得知，其不平衡质径积 mr等于1.5kg m，方向沿OA。由于结构限制，不允许在与 OA相反方向上加平衡质量，只允许在 OC和OD方向各加一个质径积来进行平衡。求 mC rC和mDrD的数值。解：依题意可得:mere cos30 +mrD cos60 = mr mC rC sin 30 = mD rD

25、 sin 60于是可解得:sin 600嘶沁備九2呱m 8-5如图所示盘形回转件上有 4个偏置质量，已知 m, =10kg, m2 = 14kg，m 16kg，m4 -10kg， r1 = 50mm， r2 = 100mm, r3 =75mm， r4 =50mm，设所有不平衡质量解：各偏心质量产生的质径积分别为：gr =10 50 = 500kg mmm2r2 =14 100 = 1400kg mmm3r3 =16 75 = 1200kg mmm4r4 =10 50 = 500kg mm于是不平衡质径积的向量和为：mbrb = 7002 9002 = 1140kg mm = 1.14kg mv

26、 - arctg 7 =37.875即应在图示反方向的方位加上质径积 1140kg mm，回转件才能达到平衡。第10章连接10-4 解：设螺旋副的升角为，当量摩擦角为 H，当量摩擦系数用f表示4 100.19665 二则厂=11.083已知 f = 0.1，则 tg= f = 0.1， = 5.7106（1） 工作台上升的效率为FaS tg-a 0.64944 =64.9%2 二T tg（! u）（2） 稳定上升时加于螺杆上的力矩为T =Fa ；tg 宀）=100 103 65 10”tg16.79360 =980.85N（3） 螺杆的导程为S = np = 40mm则可得螺杆的转速为：800

27、 n 20r/min40螺杆所需的功率为：茁 20汉2兀 980.85汉2兀P =T =980.85 326.95 2加=2.05kW60 3（4） 工作台在Fa作用下等速下降，因-，该螺旋副不具有自锁性，所以需要制动装置。加于螺杆上的制动力矩为：d 65T = FatgC -，）=100 103 一 10”tg（11.0830 -5.71060） = 305.636N m2 210-7解：查表10-1，M20螺栓的小径为d 17.294mm由题意知，因F作用而在轴上产生的摩擦力矩应与 W作用而在轴上产生的力矩平衡,即有fFD=WL2则2WLFfD则每个螺栓所受的轴向力为F WL 2 fD螺栓

28、的力学性能等级为 4.8级，查表10-5，二s =320MPa，查表10-7, S=3则.I s = 320 ： 107MPaS 3代入试（10-12 ）有10-10解：（参考）暂取螺柱个数为12,性能等级为5.8级（已知）取残余预紧力Fr =1.8Fe则 Fa =Fe Fr =14067.2NS 二迴=133MPaS 3取 M16 的螺柱（其 dj =13.835mm）螺柱的分布圆直径为D0 =D 2e 2 10=218224mm取 D0 = 220mm则螺柱间距为:丨：4.5d = 4.5 16 二 72mm所以，选择正确。10-14解：选择平键连接，由图中所示轴孔直径 55可知，与之相装配的轴径也为 55，结合轮毂长度尺寸