机械原理习题答案新.docx
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机械原理习题答案新
机械原理习题答案新
第二章机构的结构分析
2-1.计算下列各机构的自由度。
注意分析其中的虚约束、局部自由度合复合铰链等。
题图1-4c所示机构,导路AD⊥AC、BC=CD/2=AB。
该机构可有多种实际用途,可用于椭圆仪,准确的直线轨迹产生器,或作为压缩机或机动马达等。
题图1-4d为一大功率液压动力机。
其中AB=A`B`,BC=B`C`,CD=C`D`,CE=C`E`,且E、E`处于滑块移动轴线的对称位置。
答
c)为轨迹重合虚约束,可认为AB杆或滑块之一构成虚约束。
F=3×3-2×4=1;
d)对称的上部分或下部分构成虚约束。
F=3×5-2×7=1.
2-2.试计算下列机构的自由度,如有局部自由度、虚约束或复合铰链,请指出。
e)
答案:
a)F=3×7-2×10=1.注意其中的C、G、D、H点并不是复合铰链。
b)F=3×5-2×7=1
C)F=3×7-2×10=1其中C点为复合铰链,分别由2、3、4构件在C点构成复合铰。
d)F=3×3-2×3-2=1或者F=3×5-2×5-2-2=1
其中B、D处的磙子具有局部自由度。
2-3试计算如图所示各平面高副机构的自由度,如有局部自由度、虚约束或复合铰链,请指出。
第三章平面连杆机构及其分析与
3-1.试求题图所示各机构在图示位置时全部瞬心的位置.
答案:
瞬心P12在A点瞬心P23、P24均在B点
瞬心P34在C点P14、P13均在垂直导路的无
瞬心P23、P13均在B点穷远处
瞬心P14、P24均在D点
3-5在图示的齿轮-连杆组合机构中,试用瞬心法求齿轮1与齿轮3的传动比?
1/?
3。
答案:
此题关键是找到相对瞬心P13.
3-6在图示凸轮机构中,已知r
以角速度?
1?
50mm,lOA?
22mm,lAC?
80mm,?
1?
90?
,凸轮,凸轮?
10rad/s逆时针方向转动。
试用瞬心法求从动件2的角速度?
2。
答案:
找到1,2构件的相对瞬心P12即有:
ω1×AP12=ω2×CP12……①现在的关键是求出AP12的值。
设AP12为x,则OP12=(222+x2)1/2
BP12=50+(222
+x2)1/2,CP12=80+x
△P12AO∽△P12BC则有:
x/[50+(222+x2)1/2]=(222+x2)1/2/(80+x)
求解出x=37.4由①式可得:
ω2=ω1×AP12/CP12=4.675rad/m
第六章
6-2.题图6-2所示的盘形转子中,有4个不平衡质量,它们的大小及其质心到回转轴的距离分别为:
m1=10kg,r1=100mm,m2=8kg,r2=150mm,m3=7kg,r3=200mm,m4=5kg,r4=100mm.试对该转子进行平衡.
:
各质径积的大小分别为:
m1r1=1000kg·mm
m2r
2=1200kg·mm
现取1:
20作出质径积的向量多边形,以平衡质径积mere构成封闭的向量多边形.
从上面的向量多边形中可知:
平衡质径积大小mere=40×20=800kg/mm,
方向与x向成60o角.欲平衡有2种方法:
在mere方向配质量,若在re=100mm,则me=8kg;
可在mere反方向挖去一块,使其径积为800kg/mm.
6-3.题图6-3所示为一均匀圆盘转子,工艺要求在圆盘上钻4个圆孔,圆孔直径及孔心到转轴O的距离分别为:
d1=40mm,r1=120mm,d2=60mm,r2=100mm,d3=50mm,r3=110mm,d4=70mm,r4=90mm,方位如图.试对该转子进行平衡设计.
设单位面积的质量为1,其4个孔的质径比分别为:
m1r1=π(d1/2)2120=48000π;m2r2=π(d2/2)2100=90000π
m3r3=π(d3/2)2110=68750π;m4r4=π(d4/2)290=108450π
现取1:
2000π作向量多边形:
从向量图中可知:
mere=43×2000π=86000π
若在半径re=100mm且与x轴正向成θ=46o的位置上.挖圆孔的直径d5=(3440)1/2mm即可平衡.
6-5.题图6-5所示曲柄摇杆机构中,已知各构件:
l1=75mm,l2=300mm,l3=150mm;各杆的质量为m1=0.3kg,m2=0.6kg,m3=0.9kg,其质心位置lAS1=25mm,lBS2=100mm,lBS3=100mm.
1)试用质量静替代法将各杆质量替代到A,B,C,D四点;
2)若在曲柄,摇杆上加平衡质量me1及me3使机构惯性力平衡,当取平衡质量的回转半径为re1=re3=75mm时,me1,me3各为多少?
:
1)m1用A,B两点替代m2用B,C两点替代
AS1=50×0.3/75=0.2kg
mBS1=25×0.3/75=0.1kg
m3用CD两点替代CS3=100×0.9/150=0.6kg
mDS3=50×0.9/150=0.3kg
∴mAAS1=0.2kg
mB=mBS1mBS2=0.5kg
mC=mCS2+mCS3=0.8kg
mD=mDS2=0.3kg
2)me1×re1=mB×lABe1=0.5×75/75=0.5kg
me3×re3=mC×lCDe3=0.8×150/75=16kg
6-6.在题图6-6所示曲柄滑块机构中,已知各杆长度:
lAB=100mm,lBC=300mm;曲柄和连杆的质心S1,S2的位置分别为lAS1=100mm=lAS2,滑块3的质量m3=0.4kg,试求曲柄滑块机构惯性完全平衡时的曲柄质量m1和连杆质量m2的大小.
答案:
m2×lBC=m3×lBS2m2=m3×lBS2/lBC=0.133kg
mB=m2+m3=0.533kg
m1×lAB=mB×lAS11=0.533kg
第八章
8-1.已知图所示铰链四杆机构ABCD中,lBC=50mm,lCD=35mm,lAD=30mm,取AD为机架.1)如果该机构能成为曲柄摇杆机构,且AB是曲柄,求lAB的取值范围;
2)如果该机构能成为双曲柄杆构,求lAB的取值范围;
3)如果该机构能成为双摇杆机构,求lAB的取值范围.
答案:
1)该机为曲柄摇杆机构,且AB为曲柄,则AB应为最短杆。
其中已知BC杆为最长杆50。
∴lAB+lBC≤lAD+lCD
∴lAB≤15
2)该机构欲成为双曲柄机构,同样应满足曲柄存在的条件,且应以最短杆为机架。
现AD为机架,则只能最短杆即为AD=30,则最长杆可能为BC杆,也可能是AB杆。
1)若AB杆为最长杆:
lAD+lAB≤lBC+lCD
∴lAB≤55即50<lAB<55
2)若BC杆为最长杆:
lAB+lBC≤lAB+lCD
∴lAB≤45即45≤lAB<50
∴若该机构为双曲柄机构,则AB杆杆长的取值范围为:
45≤lAB≤50
3)欲使该机构为双摇杆机构,则最短杆与最长杆之和应大于另外二杆之和。
现在的关键是谁是最短、最长杆?
1)若AB杆最短,则最长杆为BC:
∴lAB+lBC>lCD+lAD
∴lAB>15
2)若AD杆最短,BC杆最长:
lAD+lAB>lBC+lCD
∴lAB<45
AB杆最长:
lAD+lAB>lBC+lCDlAB>55
lAB<lAD+lCD+lBClAB<115
综上分析:
AB杆的取值为:
15<lAB<45或者55<lAB<115
8-3.已知两连架杆的三组对应位置如题图所示为:
φ1=60o,ψ1=30o,φ2=90o,ψ2=50o,φ3=120o,ψ3=80o,若取机架AD长度lAD=100mm,lCD=100mm,试用图解法计算此铰链四杆机构各杆长度。
平面机构的结构分析
1、如图a所示为一简易冲床的初拟设计,设计者的思路是:
动力由齿轮1输入,使轴A连续回转;而固装在轴A上的凸轮2与杠杆3组成的凸轮机构将使冲头4上下运动以达到冲压的目的。
试绘出其机构运动简图(各尺寸由图上量取),分析其是否能实现设计意图?
并提出修改。
解1)取比例尺?
l绘制其机构运动简图(图b)。
2)分析其是否能实现设计意图。
图a)由图b可知,n?
3,pl?
4,ph?
1,p?
?
0,F?
?
0故:
F?
3n?
(2pl?
ph?
p?
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F?
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3?
3?
(2?
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0
因此,此简单冲床根本不能运动(即由构件3、4与机架5和运动副B、C、D组成不能运动的刚性桁架),故需要增加机构的自由度。
图b)
3)提出修改方案(图c)。
任课教师日期
为了使此机构能运动,应增加机构的自由度(其方法是:
可以在机构的适当位置增加一个活动构件和一个低副,或者用一个高副去代替一个低副,其修改方案很多,图c给出了其中两种方案)。
图c1)图c2)
2、试画出图示平面机构的运动简图,并计算其自由度。
图a)
解:
n?
3,pl?
4,ph?
0,F?
3n?
2pl?
ph?
1
图b)
解:
n?
4,pl?
5,ph?
1,F?
3n?
2pl?
ph?
1
任课教师日期
3、计算图示平面机构的自由度。
将其中的高副化为低副。
机构中的原动件用圆弧箭头表示。
3-1
解3-1:
n?
7,pl?
10,ph?
0,F?
3n?
2pl?
ph?
1,C、E复合铰链。
3-2
解3-2:
n?
8,pl?
11,ph?
1,F?
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ph?
1,局部自由度
评语任课教师日期
3-3解3-3:
n?
9,pl?
12,ph?
2,F
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1
4、试计算图示精压机的自由度
评语任课教师日期
解:
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0解:
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11,pl?
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0
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(2?
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0?
2)?
0?
1
(其中E、D及H均为复合铰链)(其中C、F、K均为复合铰链)
5、图示为一内燃机的机构简图,试计算其自由度,并分析组成此机构的基本杆组。
又如在该机构中改选EG为原动件,试问组成此机构的基本杆组是否与前者有所不同。
解1)计算此机构的自由度
F?
3n?
(2pl?
ph?
p?
)?
F?
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3?
7?
2?
10?
1
2)取构件AB为原动件时机构的基本杆组图为
此机构为Ⅱ级机构
3)取构件EG为原动件时此机构的基本杆组图为
评语任课教师日期
第二章
2-1何谓构件?
何谓运动副及运动副元素?
运动副是如何进行分类的?
答:
参考教材5~7页。
2-2机构运动简图有何用处?
它能表示出原机构哪些方面的特征?
答:
机构运动简图可以表示机构的组成和运动传递情况,可进行运动分析,也可用来进行动力分析。
2-3机构具有确定运动的条件是什么?
当机构的原动件数少于或多于机构的自由度时,机构的运动将发生什么情况?
答:
参考教材12~13页。
2-5在计算平面机构的自由度时,应注意哪些事项?
答:
参考教材15~17页。
2-6在图2-22所示的机构中,在铰链C、B、D处,被连接的两构件上连接点的轨迹都是重合的,那么能说该机构有三个虚约束吗?
为什么?
答:
不能,因为在铰链C、B、D中任何一处,被连接的两构件上连接点的轨迹重合是由于其他两处的作用,所以只能算一处。
2-7何谓机构的组成原理?
何谓基本杆组?
它具有什么特性?
如何确定基本杆组的级别及机构的级别?
答:
参考教材18~19页。
2-8为何要对平面高副机构进行“高副低代"?
“高副低代”应满足的条件是什么?
答:
参考教材20~21页。
2-11如图所示为一简易冲床的初拟设计方案。
设计者的思路是:
动力由齿轮1输入,使轴A连续回转;而固装在轴A上的凸轮2与杠杆3组成的凸轮机构将使冲头上下运动以达到冲压目的。
试绘出其机构运动简图,分析其是否能实现设计意图?
并提出修改方案。
1
解:
1)取比例尺绘制机构运动简图。
2)分析其是否可实现设计意图。
F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×3-(2×4+1-0)-0=0此简易冲床不能运动,无法实现设计意图。
3)修改方案。
为了使此机构运动,应增加一个自由度。
办法是:
增加一个活动构件,一个低副。
修改方案很多,现提供两种。
※2-13图示为一新型偏心轮滑阎式真空泵。
其偏心轮1绕固定轴心A转动,与外环2固连在一起的滑阀3在可绕固定轴心C转动的圆柱4中滑动。
当偏心轮按图示方向连续回转时可将设备中的空气吸入,并将空气从阀5中排出,从而形成真空。
(1)试绘制其机构运动简图;
(2)计算其自由度。
解:
(1)取比例尺作机构运动简图如图所示。
(2)F=3n-(2p1+ph-p’)-F’=3×4-(2×4+0-0)-1=1
2-14解:
1)绘制机构运动简图
1)绘制机构运动简图
F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×5-(2×7+0-0)-0=12)弯曲90o时的机构运动简图
※2-15试绘制所示仿人手型机械手的食指机构的机构运动简图(以手掌8作为相对固定的机架),井计算
2
自由度。
2-17
计算如图所示各机构的自由度。
解:
(1)取比倒尺肌作机构运动简图;
(2)计算自由度F?
3?
7?
2?
10?
1
(a)F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×4-(2×5+1-0)-0=1(A处为复合铰链)(b)F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×7-(2×8+2-0)-2=1(2、4处存在局部自由度)
(c)p’=(2Pl’+Ph’)-3n’=2×10+0-3×6=2,F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×11-(2×17+0-2)-0=1(C、F、K处存在复合铰链,重复部分引入虚约束)
※2-21图示为一收放式折叠支架机构。
该支架中的件1和5分别用木螺钉连接于固定台板1’和括动台板5’上.两者在D处铰接,使活动台板能相对于固定台极转动。
又通过件1,2,3,4组成的铰链四杆机构及连杆3上E点处的销子与件5上的连杆曲线槽组成的销槽连接使活动台板实现收放动作。
在图示位置时,虽在活动台板上放有较重的重物.活动台板也不会自动收起,必须沿箭头方向推动件2,使铰链B,D重合时.活动台板才可收起(如图中双点划线所示)。
现已知机构尺寸lAB=lAD=90mm;lBC=lCD=25mm,其余尺寸见图。
试绘制该机构的运动简图,并计算其自由度。
解:
F=3n-(2p1+pb-p’)-F’=3×5-(2×6+1-0)-1=1
2-23图示为一内燃机的机构简图,试计算其自由度,并分析组成此机构的基本杆组。
有如在该机构中改选EG为原动件,试问组成此机构的基本杆组是否与前有所不同。
3
解:
1)计算自由度
F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×7-(2×10+0-0)-0=1
2)拆组
3)EG为原动件,拆组
II级组
II级组
II级组
III级组
2-24试计算如图所示平面高副机构的自由度,并在高副低代后分析组成该机构的基本杆组。
1、
解:
1)计算自由度
F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×5-(2×6+1-0)-1=1
2)从结构上去除局部自由度、虚约束、多余的移动副、转动副(如图2所示)3)高副低代(如图3所示)4)拆组(如图4所示)
2、
4
解:
1)计算自由度
F=3n-(2Pl+Ph–p’)-F’=3×-(2×9+1-0)-1=1
2)从结构上去除局部自由度、虚约束、多余的移动副、转动副(如图b所示)3)高副低代(如图c所示)4)拆组(如图d所示)
第三章
3—1何谓速度瞬心?
相对瞬心与绝对瞬心有何异同点?
答:
参考教材30~31页。
3—2何谓三心定理?
何种情况下的瞬心需用三心定理来确定?
答:
参考教材31页。
※3-3机构中,设已知构件的尺寸及点B的速度vB(即速度矢量pb),试作出各机构在图示位置时的速度多边形。
※3-4试判断在图示的两机构中.B点足否都存在哥氏加速度?
又在何位置哥氏加速度为零?
怍出相应的机构位置图。
并思考下列问题。
(1)什么条件下存在氏加速度?
(2)根椐上一条.请检查一下所有哥氏加速度为零的位置是否已全部找出。
(3)图(a)中,akB2B3=2ω2vB2B3对吗?
为什么。
解:
(1)图(a)存在哥氏加速度,图(b)不存在。
(2)由于akB2B3==2ω2vB2B3故ω3,vB2B3中只要有一项为零,则哥氏加速度为零。
图(a)中B点到达最高和最低点时构件1,3.4重合,此时vB2B3=0,当构件1与构件3相互垂直.即_f=;点到达最左及最右位置时ω2=ω3=0.故在此四个位置无哥氏加速度。
图(b)中无论在什么位置都有ω2=ω3=0,故该机构在任何位置哥矢加速度都为零。
(3)对。
因为ω3≡ω2。
3-5在图示的曲柄滑块机构中,已知lAB?
30mm,lAC?
100mm,lBD?
50mm,lDE?
40mm,曲柄以等角速度?
1?
10rad/s回转,试用图解法求机构在?
1?
45?
位置时,点D、E的速度和加速度以及构件2的角速
度和角加速度。
5
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