機械原理習(xí)題集

.Ⅲ級組因為該機構(gòu)是由最高級別為Ⅲ級組的基本桿組構(gòu)成的,所以為Ⅲ級機構(gòu)。5．n=7,pl=10,ph=0Ⅱ級組Ⅲ級組當(dāng)以構(gòu)件AB為原動件時,該機構(gòu)為Ⅲ級機構(gòu)。Ⅱ級組Ⅱ級組Ⅱ級組當(dāng)以構(gòu)件FG為原動件時,該機構(gòu)為Ⅱ級機構(gòu)。可見同一機構(gòu),若所取的原動件不同,則有可能成為不同級別的機構(gòu)。6．〔an=3,pl=4,ph=1因為機構(gòu)的自由度為0,說明它根本不能運動。而要使機構(gòu)具有確定的運動,必須使機構(gòu)有1個自由度〔與原動件個數(shù)相同。其修改方案可以有多種,下面僅例舉其中的兩種方案。n=4,pl=5,ph=1此時機構(gòu)的自由度數(shù)等于原動件數(shù),故機構(gòu)具有確定的運動。第三章平面機構(gòu)的運動分析一、綜合題1、解：2、由相對瞬心的定義可知：所以方向為逆時針轉(zhuǎn)向,〔如圖所示。3、解：1計算此機構(gòu)所有瞬心的數(shù)目K=N〔N-1/2=6〔6-1/2=15；2如圖所示,為了求傳動比ω1/ω2,需找出瞬心P16、P36、P12、P23,并按照三心定理找出P13；3>根據(jù)P13的定義可推得傳動比ω1/ω2計算公式如下：由于構(gòu)件1、3在K點的速度方向相同,從而只和同向。4、解：1以選定的比例尺作機構(gòu)運動簡圖〔圖b。2求定出瞬心的位置〔圖b,因為為構(gòu)件3的絕對瞬心,有=100.06/0.00378=2.56〔rad/s=0.4<m/s>3>定出構(gòu)件3的BC線上速度最小的點E的位置因為BC線上的速度最小點必與點的距離最近,故從引BC的垂線交于點E,由圖可得=0.357〔m/s4>定出時機構(gòu)的兩個位置〔見圖c,注意此時C點成為構(gòu)件3的絕對瞬心,量出1=26.4°；2=226.6°5、解：6、解：〔1把B點分解為B2和B3兩點,運用相對運動原理列出速度與加速度的矢量方程,并分析每個矢量的方向與大小如下：方向AB⊥AB向下//BC大小?1lAB?方向B→C⊥BCB→A⊥BC向下∥BC大小32lBC?12lAB23vB3B2?〔2標(biāo)出各頂點的符號,以及各邊所代表的速度或加速度及其指向如下：7、解：nn’AAB<B1,B2,B3>V1123ε3ω3大??？V1？方向┴AB水平//導(dǎo)路3=VB2/LAB=pb2v/LAB大小32LAB？00?方向ABAB//導(dǎo)路3=aB2t/LAB=n’b2’a/L8、解：根據(jù)速度多邊形判斷如下：第一步：由pb方向得桿2角速度方向如圖所示；第二步：把矢量c3c2繞ω2方向旋轉(zhuǎn)90度得方向。9、解：在a>圖機構(gòu)中存在哥氏加速度,但在導(dǎo)桿3的兩個極限擺動位置時,以及滑塊2相對于導(dǎo)桿3的兩個極限滑動位置時,哥氏加速度為零。這是因為前者的瞬時牽連轉(zhuǎn)速為零,而后者的瞬時相對平動為零,均導(dǎo)致哥氏加速度瞬時為零；相應(yīng)的機構(gòu)位置圖略在b>圖機構(gòu)中由于牽連運動為平動,故沒有哥氏加速度存在。10、解：11、解：方向⊥DC⊥AB向右⊥BC大小?1lAB?方向⊥AC⊥DC∥AC大小?2lDC?標(biāo)出頂點如圖所示。12、解：1以做機構(gòu)運動簡圖2速度分析根據(jù)以做其速度多邊形〔圖b根據(jù)速度影像原理,做∽,且字母順序一致得點e,由圖得：〔順時針〔逆時針=3.27〔rad/s3加速度分析根據(jù)機速度矢量方程以做加速度多邊形〔圖c根據(jù)加速度影像原理,做∽,且字母順序一致得點由圖點得〔逆時針第四章平面機構(gòu)的力分析+第五章效率和自鎖三、綜合題1、解：此傳動裝置為一混聯(lián)系統(tǒng)。圓柱齒輪1、2、3、4為串聯(lián)圓錐齒輪5-6、7-8、9-10、11-12為并聯(lián)。此傳動裝置的總效率2、解：55612347η1η2η5η6η7P2P2’η3η4Pr’Pr’’設(shè)機構(gòu)3、4、5、6、7組成的效率為η3’,則機器的總效率為η=η1η2η而,P2’η3η4=Pr’,P2’’η5η6η7=Pr將已知代入上式可得總效率η=η1η2η3’3、解：CCR32BR122AR21BR411M1ω16、解：8、解：三、計算題解：建立平衡的矢量方程如下作力矢量圖：量出的大小,即=15kg.cm,則kg,相位在左上方,與豎直方向夾角。第八章平面連桿機構(gòu)及其設(shè)計1、圖a為導(dǎo)桿機構(gòu),或為曲柄搖桿機構(gòu)。圖b為曲柄滑塊機構(gòu)。2、解：根據(jù)題意作圖極位夾角θ=180°EQ\F<k-1,k+1>=180°×EQ\F<1.25-1,1.25+1>=20°在ΔADCEQ\S\do3<1>中,ACEQ\S\do3<1>=EQ\R<,ADEQ\S\up5<2>+DCEQ\S\up5<2>-2AD·DCcosφ>其中AD=100㎜,DCEQ\S\do3<1>=75㎜,φ=45°故得ACEQ\S\do3<1>=70.84㎜又EQ\F<DCEQ\S\do3<1>,Sin∠CEQ\S\do3<1>AD>=EQ\F<ACEQ\S\do3<1>,Sinφ>求得∠CEQ\S\do3<1>AD=48.47°故∠CEQ\S\do3<2>AD=∠CEQ\S\do3<1>AD-θ=48.47°-20°=28.47°在ΔADCEQ\S\do3<2>中,已知兩邊一角,三角形可解,求得ACEQ\S\do3<2>=BC+AB=145.81㎜ACEQ\S\do3<1>=BC-AB=70.84㎜解方程組得AB=37.49㎜,BC=108.33㎜4、解：a=240㎜,b=600㎜,c=400㎜,d=500㎜,a+b<d+c滿足桿長條件。1當(dāng)桿4為機架,最段桿1為連架桿,機構(gòu)有曲柄存在；2要使此機構(gòu)成為雙曲柄機構(gòu),則應(yīng)取桿1為機架；要使此機構(gòu)成為雙搖桿機構(gòu),則應(yīng)取桿3為機架。3若a、b、c三桿的長度不變,取桿4為機架,要獲得曲柄搖桿機構(gòu),d的取值范圍應(yīng)為440＜d＜760。8、解：1此機構(gòu)有急回運動；用作圖法作出機構(gòu)的極位,并量得極位夾角θ=7.3°；計算行程速比系數(shù)K=〔180°+θ/〔180°-θ=1.085；2作此機構(gòu)傳動角最小和壓力角最小的位置,并量得γmin=60°,αmin=0°；3作滑塊為主動件時機構(gòu)的兩個死點位置,即C1B1A及C2B2A10、解：1機構(gòu)的極位夾角,θ=180°EQ\F<K-1,K+1>=180°EQ\F<1-1,1+1>=0°因此連桿在兩極位時共線,如圖所示：在?DCADVANCE\d31ADVANCE\u3CADVANCE\d32ADVANCE\u3中因DCADVANCE\d31ADVANCE\u3=DCADVANCE\d32ADVANCE\u3,∠CADVANCE\d31ADVANCE\u3DADVANCE\u3ADVANCE\d3CADVANCE\d32ADVANCE\u3=60°故?DCADVANCE\d31ADVANCE\u3CADVANCE\d32ADVANCE\uADVANCE\u3為等邊三角形,ADVANCE\u3在直角?ADCADVANCE\d32ADVANCE\u3中∠DACADVANCE\d32ADVANCE\u3=30°,因此?CADVANCE\d31ADVANCE\u3DA為等腰三角形〔∠CADVANCE\d31ADVANCE\u3DA=φ1=30°因此有BC-AB=AC1=150mm和BC+AB=AC2=300mmBC=225mm,AB=75mm且有AD=2C1Dcos30°=262.5mm,故：LAB=75mm,LBC=225mm,LCD=150mm〔已知,LAD2>因為LAB+LAD=75+262.5=337.5＜LBC+LCD=375,故滿足桿長條件;又最短桿AB為一連架桿,所以AB為曲柄。13、解：1如果AB桿能通過其垂直于滑塊導(dǎo)路的兩位置時,則AB桿能作整周轉(zhuǎn)動。因此AB桿為曲柄的條件是AB+e≤BC；2當(dāng)e=0時,桿AB為曲柄的條件時AB≤BC；3當(dāng)以桿AB為機架時,此機構(gòu)為偏置轉(zhuǎn)動導(dǎo)桿機構(gòu)。第九章凸輪機構(gòu)及其設(shè)計四、綜合題1、3、4、7、第十一章齒輪系及其設(shè)計一、綜合題2、1>蝸桿1與蝸輪2組成定軸輪系,i12=Z2/Z1=1×1500/37=39.189方向關(guān)系如圖尖頭所示。設(shè)為正2其余部分組成以2‘和4為中心輪,3—3‘為行星輪,2為系桿的行星輪系。對整個行星輪系轉(zhuǎn)動方向與方向一致。4、1>齒輪1與齒輪2組成定軸輪系,i12=Z2/Z1=60/15=4方向關(guān)系如圖尖頭所示。2其余部分組成以3和5為中心輪,4—4‘為行星輪,2為系桿的行星輪系。設(shè)為正方向轉(zhuǎn)動,對整個行星輪系加上"-"則有：,；,因為,故與方向相同∴與方向如圖所示5、由定軸輪系iEQ\S\do3<12>=EQ\F<nEQ\S\do3<1>,nEQ\S\do3<2>>=--EQ\F<zEQ\S\do3<2>,zEQ\S\do3<1>>EQEQ得nEQ\S\do3<2>=-n×EQ\F<zEQ\S\do3<1>,zEQ\S\do3<2>>=-120×EQ\F<20,40>=-60r/min將輪1除去后的輪系為一周轉(zhuǎn)輪系iEQ\A\al<2,34>=EQ\F<nEQ\S\do3<3>-nEQ\S\do3<2>,nEQ\S\do3<4>-nEQ\S\do3<2>>=-EQ\F<zEQ\S\do3<4>,zEQ\S\do3<3>>故有EQ\F<nEQ\S\do3<3>-<-60>,0-<-60>>=-EQ\F<60,15>得nEQ\S\do3<3>=-300r/min故輪3的轉(zhuǎn)速大小nEQ\S\do3<3>=300r/min,轉(zhuǎn)向與輪1相反。7、給整個輪系加上一公共的-WEQ\S\do3<H>,則轉(zhuǎn)化為定軸輪系。iEQ\A\al<H,13>=EQ\F<wEQ\S\do3<1>-wEQ\S\do3<H>,wEQ\S\do3<3>-wEQ\S\do3<H>>=-EQ\F<ZEQ\S\do3<3>,ZEQ\S\do3<1>>;因此EQ\F<wEQ\S\do3<1>-wEQ\S\do3<H>,0-wEQ\S\do3<H>>=-EQ\F<100,20>,wEQ\S\do3<1>=6WEQ\S\do3<H>；IiEQ\A\al<H,14>=EQ\F<wEQ\S\do3<1>-wEQ\S\do3<H>,wEQ\S\do3<4>-wEQ\S\do3<H>>=<->EQ\S\up8<m>EQ\F<zEQ\S\do3<2>zEQ\S\do3<4>,zEQ\S\do3<1>zEQ\S\do3<2>>,m=1為外嚙合次數(shù)因此有EQ\F<6wEQ\S\do3<H>-wEQ\S\do3<H>,wEQ\S\do3<4>-wEQ\S\do3<H>>=-EQ\F<40×90,20×30>,WEQ\S\do3<4>=