機械原理課后答案第7章

1、第7章作業(yè)7-1等效轉動慣量和等效力矩各自的等效條件是什么？72在什么情況下機械才會作周期性速度波動？速度波動有何危害？如何調節(jié)？答：當作用在機械上的驅動力（力矩）周期性變化時，機械的速度會周期性波動。機械的速度波動不 僅影響機械的工作質量，而且會影響機械的效率和壽命。調節(jié)周期性速度波動的方法是在機械中安 裝一個具有很大轉動慣量的飛輪。7-3飛輪為什么可以調速？能否利用飛輪來調節(jié)非周期性速度波動，為什么 ？答：飛輪可以凋速的原因是飛輪具有很大的轉動慣量，因而要使其轉速發(fā)生變化-就需要較大的能 量，當機械出現(xiàn)盈功時，飛輪軸的角速度只作微小上升，即可將多余的能量吸收儲存起來；而當 機械出現(xiàn)虧功時，

2、機械運轉速度減慢飛輪又可將其儲存的能量釋放，以彌補能最的不足，而其角 速度只作小幅度的下降。非周期性速度波動的原因是作用在機械上的驅動力（力矩）和阻力（力矩）的變化是非周期性的。當長時問內(nèi)驅動力（力矩）和阻力（力矩）做功不相等，機械就會越轉越快或越轉越慢-而 安裝飛輪并不能改變驅動力（力矩）或阻力（力矩）的大小也就不能改變驅劫功與阻力功不相等的 狀況，起不到調速的作用，所以不能利用飛輪來調節(jié)非周期陛速度波動。74為什么說在鍛壓設備等中安裝飛輪可以起到節(jié)能的作用？解：因為安裝飛輪后，飛輪起到一個能量儲存器的作用，它可以用動能的形式把能量儲存或釋放出 來。對于鍛壓機械來說，在一個工作周期中，工作時

3、間很短-而峰值載荷很大。安裝飛輪后可以 利用飛輪在機械非工作時間所儲存能量來幫助克服其尖峰載荷，從而可以選用較小功率的原動機來 拖動，達到節(jié)能的目的，因此可以說安裝飛輪能起到節(jié)能的作用。75由式JF=AWmax/ （com2 8），你能總結出哪些重要結論（希望能作較全面的分析）?答：當 Wmax與3m一定時，若3下降，則Jf增加。所以，過分追求機械運轉速度的均勻 性，將會使飛輪過于笨重。由于JF不可能為無窮大，若 W maxH 0，則6不可能為零，即安裝飛輪后機械的速度仍 有波動，只是幅度有所減小而已。當 Wmax與西一定時，JF與3m的平方值成反比，故為減小Jf，最好將飛輪安裝在機械的 高速

4、軸上。當然，在實際設計中還必須考慮安裝飛輪軸的剛性和結構上的可能性等因素。7-6造成機械振動的原因主要有哪些？常采用什么措施加以控制？7- 7圖示為一機床工作臺的傳動系統(tǒng)。設已知各齒輪的齒數(shù)，齒輪3的分度圓半徑r3，解：根據(jù)等效轉動慣量的等效原則.有32 3Gl V3 23 g各齒輪的轉動慣量J、，J2、，J2、J3，齒輪1 直接裝在電動機軸上，故J1中包含了電動機轉子的轉動慣量；工作臺和被加工零件的重量之和為G。當取齒輪1為等效構件時，試求該機械系統(tǒng)的等效轉動慣量Je。JeeJ 2),( 2)J3(31J 1 211(J 2 J)2、22Je Ji 1 J( J2 J)J3z(1z22)G2

5、r3 Z(1222)2 Z2Z2 Z3 g Z2 Z37-8圖示為DC伺服電機驅動的立銃數(shù)控工作臺，已知工作臺及工件的質量為m4=355 kg,滾珠絲杠的導程d=6 mm，轉動慣量J3=1.2x10-3kg.m。，齒輪1、2的轉動慣量分別為Ji=732 x10-6kg.m2，J2=768x10-6kg.m2。在選擇伺服電機時，伺服電機允許的負載轉動慣量必須大于 折算到電動機軸上的負載等效轉動慣量，試求圖示系統(tǒng)折算到電動機軸上的等效轉動慣量。22=45解：根據(jù)等效轉動慣量的等效原則有I2I2I2I22Je 1 2J 1 1 2(j2j)3 22mv4 41 22V4 2JeJl J(JJ3)(

6、/ m4(4 產(chǎn)2Ji J(J2J3)()m4l()2Z2Z2=732x10-6+(768+1 200)1 x1 Q-6x(25/45)2+355x(6x10-3)2x(25/45)2 -32 =5.284xl0-3kg.m27-9已知某機械穩(wěn)定運轉時主釉的角速度cos=1OO rad /s，機械的等效轉動慣量Je=0.5kg.m2，制動器的最大制動力矩Mr=20 N.m(制動器與機械主軸直接相連，并取主軸為等效構件)。要 求制動時間不超過3s，試檢驗該制動器是否能滿足工作要求。解因此機械系統(tǒng)的等效轉動慣量F ：及等效力矩AI。均為常數(shù)，故可利用力矩形式的機械運動方程式：M e=Jed(D /

7、dt2 其中：M e=-M r=-20 N.m ， Je=0.5 kg.m2 dt=Je/(-M r)dco=O.5/ (-20)dco=-0.025dco因此 t= -0.025( co -co s)=0.025 co s=2.5s由于t=2.5sv 3s，所以該制動器滿足工作要求。7 10設有一由電動機驅動的機械系統(tǒng)，以主軸為等效構件時，作用于其上的等效驅動力矩M ed=10 000- 100C0 (N.m)，等效阻抗力矩Mer=8 000 N.m，等效轉動慣量Je=8 kg.m2，主釉的初始 角速度coo=1OOrad/s。試確定運轉過程中角速度co與角加速度a隨時間的變化關系。解由于機

8、械系統(tǒng)的等效轉動慣量為常數(shù)，等效力矩為速度的函數(shù)，故可利用力矩形式的機械運 動方程式M e(C0)=M ed(a)-M er(co )=JedC0 /dt即 10000100co-8000=8d3/dtdt8d1 0 020 0 0(1)對式積分得8 d(100 2000) t 100 100 (100 2000)3ln(100 2000) ln(100 100 2000)1002-ln(100 2000) In 800025(2)將式(2)改寫為IO一 I2.5t= ln(100 co 2000) In8 000 解得 co =20+80e-12-5t上式對 t 求導得 a= dco /dt

9、=-100e-12 5t7 11在圖示的刨床機構中，已知空程和工作行程中消耗于克服阻抗力的恒功率分別為Pi=367.7 w和p2=3 677 w，曲柄的平均轉速n=100 r/min，空程曲柄的轉角為p=120o。當 機構 的運轉不均勻系數(shù)5 =0.05時，試確定電動機所需的平均功率，并分別計算在以下兩種情況中的飛輪 轉動慣量加(略去各構件的重量和轉動慣量).1)飛輪裝在曲柄軸上；2)飛輪裝在電動機軸上，電動機的額定轉速nn=l 440 r/ min。電動機通過減速器驅動曲柄，為 簡化計算，減速器的轉動慣量忽略不計。解。作功率循環(huán)圖如下圖所示 t.根據(jù)在一個運動循環(huán)內(nèi)驅動功與阻抗功應相等，可得

10、PT=P Iti+P2t2 P=(Piti+P2t2)/T=(Pi(pi+P2(p2)/(pi+F)=(367.7/3+3 677 x2/3)=2 573,9 w (2)由 圖知最大盈虧功為：、 Wmax=(P-P i)t i=(P-P i)(60(pi)/(2 71 n)=(2573-3.967.7) x60x(1/3) x (1/100)=441.24N.m 1)當飛輪 裝在曲柄軸上時飛輪的轉動慣量為J900 Wm ax900 441.242F 2n 22 100 2 0.0580.473kg.m2)飛輪裝在電機軸上時,飛輪的轉動慣量為222 JF、=JF(n/n n) =80.473 x

11、 (100/1440) =0.388kg.m712某內(nèi)燃機的曲柄輸出力矩如隨曲柄轉角的變化曲線如圖所 示，其運動周期曲柄的平均轉速 叮620r/min。當用該內(nèi)燃機驅動一阻抗力為常數(shù)的機械時，如果要求其運轉不均勻系數(shù)=0.01 o試求1)曲軸最大轉速a和相應的曲柄轉角位置2)裝在曲軸上的飛輪轉動慣量(不計其余構件的轉動慣量)M解：確定阻抗力矩，因一個運動循環(huán)內(nèi)驅動功應等于阻抗功-所以有MfAoabc=200 x( 1x(71 /6+ 71)解得Mr=(1/7i) x 200x (1 x(7i/6+7r)=l 16.6 7 N.m(2)求曲軸最大轉速nmax，和相應的曲柄轉角位置(pmax :作

12、其系統(tǒng)的能量指示圖(見圖&) 由圖 可知在C處機構出現(xiàn)能量最大值即(p=(pc時，n=n max。故(D max=20o+30o+130ox (200-116.7)/200=104.16o3)求裝在曲釉上的飛輪轉動慣量J，：Wmax AbABc200 116.67( 20 200 116.67 130 200 116.67 6726Mm 26 180 200 180 200900 Wmax 900 67.26 2故Jp2 2 2 2 L596kg.m:F 2n2n 26202 0.017-13圖示為兩同軸線的軸1和2以摩擦離合器相連。觸1和飛輪的總質量為10。kg，回轉半 徑p=450 mm

13、；軸2和轉子的總質量為250 kg，回轉半徑p=625 mm。在離合器接合前，軸1 的轉速為n，=100 r / min，而軸2以n ： =20 groin的轉速與軸1同向轉動。在離合器接合后 3 s，兩軸即達到相同的速度。設在離合器接合過程中，無外加驅動力矩和阻抗力矩。試求：1)兩軸接合后的公共角速度；2)在離合器結合過程中，離合器所傳遞的轉矩的大小。解設離合器結合過程中所傳遞的摩擦力矩為速度為co。根鋸力矩形式的機械運動方程。對于軸.31Mf 兩軸結合后的公共角Ji J1dtI和軸2，分別有：(1)Mfo J2 J22dt23d 22J1 1 J2 2J1 J2由式(1)( 2)得：j2=

14、m2p22式中 Ji=mip i222100 0.452 1 00 0.6252 20 3.533rad /s30100 0.452 100 0.6252從而mi i2ni m2 22n230mn2m222由(1)得:cdi=2兀ni/60=7ini/30, C02=2兀 n2/60= 7i H2/30mi i2 niMf ”f1 3 3 30100 0.452 100( 3.533) 46.838N.m3 307 14圖示為一轉盤驅動裝置。1為電動機，額定功率為Pn=0.55 kW，額定轉速為、4 nn=1 390 - r/min，轉動慣量 J1 =0.018 為齒輪 J2e=0.015 k

15、g.m2; 2為減速器，其減速比i2=35, 3 傳動，z3=20， z4=52 ；減速器和齒輪 傳動折算到電動機軸上的等效轉動慣量 kg.rn2 ；轉盤5的轉動慣量J5=144kg.m，作用在轉盤上的阻力矩為Mr5=80 N.m 專動裝置及 電動機折算到電動機軸上的阻力矩為Mr1=0.3N.m。該裝置欲采用點動(每次通電時間約0.15s)作步進調整，問每次點動轉盤5約轉過多少度？提示：電動機額定轉矩Mn=9 550Pn / nn，電動機的起動轉矩Md2Mn，并近似當作常 數(shù)。解取電機軸作為等效構件，則系統(tǒng)的等效轉動慣量為5 220 1 22Jei Ji J2eJ5( 5 )2 0.018 0

16、.015 144 ()2 0.0504kg.m2152 35點動過程中，系統(tǒng)的運行分為兩個階段：第一階段為通電啟動階段，第二階段為斷電停車階段。 第一階段的等效力矩為Me11 Md MnMr5( 5 ) 2 9550 Pn Mr1 Mr5(z31)1 AnZ4 20.5520 12 9550 0.3 80 () 6.378N.m139052 35由于在此階段系統(tǒng)的等效力矩和等效轉動慣量均為常數(shù)，所以在此階段電機軸的角速度和轉過的角 度為co 11= co 10+a iticp 11= (pa iti10+38 10=0, . ti=0.15, ai=M e1 l/Je11 1 M e” t16.378 015 18.932rad/s0.0504式中：（pio=O,e11HJe1I Me11 ti2 0.5 -780.152 1.424radII 2 Jei 0.0504第二階段的等效力矩為Me12 Mr1 Mr5( 5)Mr1 Mr5(z3 1) 0.3 Z3 1 1 Z4i280 (-1)1.179N.m52 35由于在此階段系統(tǒng)的等效力矩和等效轉動慣量均為常數(shù)，所以在此階段電機軸的角速度和轉過的角度 為：CO12=CO 11+O2t22(p