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篇一：机械原理(西工大第七版)课后答案2-7章精选

第二章

题2-2 图a所示为一小型压力机。图上，齿轮1与偏心轮1’为同一构件，绕固定轴心O连续转动。在齿轮5上开有凸轮轮凹槽，摆杆4上的滚子6嵌在凹槽中，从而使摆杆4绕C轴上下摆动。同时，又通过偏心轮1’、连杆2、滑杆3使C轴上下移动。最后通过在摆杆4的叉槽中的滑块7和铰链G使冲头8实现冲压运动。试绘制其机构

运动简图，并计算自由度。

解：分析机构的组成：

此机构由偏心轮1’（与齿轮1固结）、连杆2、滑杆3、摆杆4、齿轮5、滚子6、滑块7、冲头8和机架9组成。偏心轮1’与机架9、连杆2与滑杆3、滑杆3与摆杆4、摆杆4与滚子6、齿轮5与机架9、滑块7与冲头8均组成转动副，滑杆3与机架9、摆杆4与滑块7、冲头8与机架9均组成移动副，齿轮1与齿轮5、凸轮(槽)5与

滚子6组成高副。故

解法一：n?7 pl?9ph?2

可绕固定轴心C转动的圆柱4中滑动。当偏心轮1按图示方向连续转动时，可将设备中的空气按图示空气流动方向从阀5中排出，从而形成真空。由于外环2与泵腔6有一小间隙，故可抽含有微小尘埃的气体。试绘制其机构的

运动简图，并计算其自由度。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图题2-3所

示)

４ＡF?3n?2pl?ph?3?7?2?9?2?1

解法二：n?8 pl?10 ph?2 局部自由度

题2-3

2) n?3 pl?4 ph?0

F??1

F?3n?2pl?ph?3?3?2?4?0?1

题2-4 使绘制图a所示仿人手型机械手的食指机构的

F?3n?(2pl?ph?p?)?F??3?8?2?10?2?11

题2-3如图a所示为一新型偏心轮滑阀式真空泵。其偏心轮1绕固定轴A转动，与外环2固连在一起的滑阀3在

机构运动简图（以手指8作为相对固定的机架），并计算

其自由度。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图2-4所示)

2) n?7 pl?10 ph?0

F?3n?2pl?p

h?3?7?2?10?0?1

3

题2-4

题2-5 图a所示是为高位截肢的人所设计的一种假肢膝关节机构，该机构能保持人行走的稳定性。若以

颈骨1为机架，

试绘制其机构运动简图和计算其自由度，并作出大腿弯曲90度时

的机构运动简图。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。大腿弯曲90度时的机构运动简图如虚线所

示。(如图2-5所示) 2) n?5 pl?7 ph?0

F?3n?2pl?ph?3?5?2?7?0?1

解法二：n?11 pl?17ph?0

虚约束

??3n??2?10?0?3?6?2 局部p??2pl??ph

自由度 F??0

F

?3n?2pl?ph?3?5?2?7?0?1

题题2-6 连杆组合机构；图b为凸轮-为铰接在一起的两个滑块）；图c在图d所示机构中，齿轮3与5和齿条7解： a) n?4 pl?5F?3n?(2pl?ph?p?)?F??3?11?(2?17?0?2)?

d) n?6 pl?7

F?3n?2pl?ph?3?4?2?b) 解法一：n?5 pl?6ph?3

F?3n?2pl?ph?3?6?2?7?3?1

齿轮3与齿轮5的啮合为高副（因两齿轮中心距己被约束，故应为单侧接触）将提供1个约束。

齿条7与5的啮合为高副（因中心距未

1O

F?3n?2pl?ph?3?5?2?解法二：n?7 pl?8ph?2 局部自由度 F??2

F?3n?(2pl?ph?p?)?F??3?7?1

c) 解法一：n?5 pl?7

齿轮

3

E

(b)

4

被约束，故应为双侧接触）将提供2个约束。

题2-7试绘制图a所示凸轮驱动式四缸活塞空气压缩机的机构运动简图。并计算其机构的自由度（图中凸轮1原动件，当其转动时，分别推动装于四个活塞上A、B、C、D处的滚子，使活塞在相应得气缸内往复运动。图上

AB=BC=CD=AD）。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图2-7(b)所

示)

2) 此机构由1个凸轮、4个滚子、4个连杆、4个活塞和机架组成。凸轮与4个滚子组成高副，4个连杆、4个滚子和4个活塞分别在A、B、C、D处组成三副复合铰链。4个活塞与4个缸（机架）均组成移动副。

解法一：

解：1)未刹车时，刹车机构的自由度

n?6 pl?8

ph?0

F?3n?2pl?ph?3?6?2?8?0?2

2)闸瓦G、J之一刹紧车轮时，刹车机构的自由度

n?13 pl?17ph?4

虚约束：

因为AB?BC?CD?AD，4和5，6和7、8和9为不影响机构传递运动的重复部分，与连杆10、11、12、

13所带入的约束为虚约束。机构可简化为图2-7（b）

重复部分中的构件数n??10 低副数pl??17 高

n?5 pl?7ph?0

F?3n?2pl?ph?3?5?2?7?0?1

3)闸瓦G、J同时刹紧车轮时，刹车机构的自由度

n?4 pl?6ph?0

F?3n?2pl?ph?3?4?2?6?0?0

题2-9 试确定图示各机构的公共约束m和族别虚约束p″，并人说明如何来消除或减少共族别虚约束。 解：(a)楔形滑块机构的楔形块1、2相对机架只能

??3 局部自由度F???3 副数ph

??3n??2?17?3?3?10?3?4 p??2pl??ph

局部自由度 F??4

F?3n?(2pl?ph?p?)?F??3?13?(2?17?4?4)在该平面的?4?1x、y方向移动，而其余方向的相对独立运动都被约束，故公共约束数m?4,为4族平面机构。

解法二：如图2-7（b） 局部自由度 F??1

pi?p5?3

F?3n?(2pl?ph?p?)?F??3?3?(2?3?1?0)1?1F??6?m?n?

题2-8 图示为一刹车机构。刹车时，操作杆1向右拉，通过构件2、3、4、5、6使两闸瓦刹住车轮。试计算机构的自由度，并就刹车过程说明此机构自由度的变化情况。

（注：车轮不属于刹车机构中的构件。）

i?m?1

??i?m?p??6?4??2??5?4??3?1

i

5

F0?6n?ipi?6?2?5?3??3 将移动副改为

圆柱下刨，可减少虚约束。

5

Ａ

题

(b) 由于齿轮1、2只能在平行平面内运动，故为公共约

束数m?3,为3族平面机构。

题2-11 图a所示为一收放式折叠支架机构。该支架中的件1和5分别用木螺钉联接于固定台

板1`和活动台板5`上，两者在D处铰接，使活动台板能相对于固定台板转动。又通过件1、2、3、4组成的铰链四杆机构及连杆3上E点

A

D

E

p5?2 p4?1

F??6?m?n?

i?m?1

??i?m?p

5

i

?3n?2pl?ph?3?22?2?1?1

F0?6n?ipi?6?2?2?5?1?4??2 将直齿

轮改为鼓形齿轮，可消除虚约束。

(c) 由于凸轮机构中各构件只能在平行平面内运动，故为

m?3的3族平面机构。

p5?3 p4?1 F??1

F??6?m?n?

5

处销子与件5上的连杆曲线槽组

成的销槽联接使活动台板实

i

5

4

图2-11

i?m?1

??4?3?p在图示位置时，?F??1??i?m?p?F???6?3??3??5??p现收放动作。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，试绘制机构的运动简图，

并计算其自由度。

解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。(如图2-11所示) 2) E处为销槽副，销槽两接触点公法线重合，只能算

作一个高副。

B

F0?6n?ipi?F??6?3?5?3?4?1?1??2

将平面高副改为空间高副，可消除虚约束。

题2-10 图示为以内燃机的机构运动简图，试计算自由度，并分析组成此机构的基本杆组。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不同。

解：1)计算此机构的自由度

n?7 pl?10ph?0 n?4 pl?5 ph?1

F?3n?2pl?ph?3?7?2?10?0?1

2)取构件AB为原动件时机构的基本杆组图2-10（b）

所示。此机构为二级机构。

3)取构件GE为原动件时机构的基本杆组图2-10（c）

所示。此机构为三级机构。

F?3n?2pl?ph?3?4?2?5?1?1

题3-1 试求图示各机构在图示位置时全部瞬心的位置

(用符号Pij直接标注在图上)

6

7

篇二：机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(9和11章)

机械原理课后习题答案

第9章课后参考答案

9-1 何谓凸轮机构传动中的刚性冲击和柔性冲击?试补全图示各段s一?、 v一?、?一?曲线，并指出哪些地方有刚性冲击，哪些地方有柔性冲击？

答 凸轮机构传动中的刚性冲击是指理论上无穷大的惯性力瞬问作用到构件上，

使构件产生强烈的冲击；而柔性冲击是指理论上有限大的惯性力瞬间作用到构件上，使构件产生的冲击。

s-δ, v-δ, a-δ曲线见图。在图9-1中B，C处有刚性冲击，在0，A，D，E处有柔性冲击。

9—2何谓凸轮工作廓线的变尖现象和推杆运动的失真现象?它对凸轮机构的工作有何影响?如何加以避免?

答 在用包络的方法确定凸轮的工作廓线时，凸轮的工作廓线出现尖点的现象称为变尖现象：凸轮的工作廓线使推杆不能实现预期的运动规律的现象件为失真现象。变尖的工作廓线极易磨损，使推杆运动失真．使推杆运动规律达不到设计要求，因此应设法避免。变尖和失真现象可通过增大凸轮的基圆半径．减小滚子半

题9-1图

径以及修改推杆的运动规律等方法来避免。

9—3力封闭与几何封闭凸轮机构的许用压力角的确定是否一样?为什么?

答 力封闭与几何封闭凸轮机沟的许用压力角的确定是不一样的。因为在回程阶段-对于力封闭的凸轮饥构，由于这时使推杆运动的不是凸轮对推杆的作用力F，而是推杆所受的封闭力．其不存在自锁的同题，故允许采用较大的压力角。但为使推秆与凸轮之间的作用力不致过大。也需限定较大的许用压力角。而对于几何形状封闭的凸轮机构，则需要考虑自锁的问题。许用压力角相对就小一些。 9—4一滚子推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推杆滚子的直径偏小，欲改用较大的滚子？问是否可行?为什么?

答 不可行。因为滚子半径增大后。凸轮的理论廓线改变了．推杆的运动规律也势必发生变化。

9—5一对心直动推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推程压力角稍偏大，拟采用推杆偏置的办法来改善，问是否可行?为什么?

答 不可行。因为推杆偏置的大小、方向的改变会直接影响推杆的运动规律．而原凸轮机构推杆的运动规律应该是不允许擅自改动的。

9-6在图示机构中，哪个是正偏置?哪个是负偏置?根据式(9-24)说明偏置方向对凸轮机构压力角有何影响

?

答 由凸轮的回转中心作推杆轴线的垂线．得垂足点，若凸轮在垂足点的

速度沿推杆的推程方向．刚凸轮机构为正偏置．反之为负偏置。由此可知．在图 示机沟中，两个均为正偏置。由

tan??

可知．若为正偏置(e前取减号)．由于推程时(ds/d

δ)为正．式中分子ds/dδ-e ds/dδ, 故压力角α减小。而回程时, 由于ds／dδ为负, 式中分子为 |(ds／dδ)-e|=| (ds／dδ) |+ |e| ds／dδ。故压力角增大。负偏置时刚相反，即正偏置会使推程压力角减小，回程压力角增大；负偏置会使推程压力角增大，回程压力角减小。

9—7 试标出题9—6a图在图示位置时凸轮机构的压力角，凸轮从图示位置转过90o后推杆的位移；并标出题9—6b图推杆从图示位置升高位移s时，凸轮的转角和凸轮机构的压力角。

解 如图 (a)所示，用直线连接圆盘凸轮圆心A和滚子中心B，则直线AB与推杆导路之间所夹的锐角为图示位置时凸轮机构的压力角。以A为圆心, AB为半

径作圆, 得凸轮的理论廓线圆。连接A与凸轮的转动中心O并延长，交于凸轮的理论廓线于C点。以O为圆心．以OC为半径作圆得凸轮的基圆。以O为圆心, 以O点到推杆导路的距离OD为半径作圆得推杆的偏距圆；。延长推杆导路线交基圆于G-点，以直线连接OG。过O点作OG的垂线，交基圆于E点。过E点在偏距圆的下侧作切线．切点为H点．交理论廓线于F点，则线段EF的长即为凸轮从图示位置转过90后推杆的位移s。

方法同前，在图 (b)中分别作出凸轮的理论廓线、基圆、推杆的偏距圆。延长推杆导路线交基圆于G点，以直线连接OG。以O为圆心，以滚子中心升高s后滚子的转动中心K到O点的距离OK为半径作圆弧，交理论廓线于 F点。过F点作偏距圆的切线，交基圆于E点，切点为H。则∠GOE为推杆从图示位置升高位移s时-凸轮的转角，∠AFH为此时凸轮机构的压力角。

(a)(b)

9—8在图示凸轮机构中，圆弧底摆动推杆与凸轮在B点接触。当凸轮从图示位置逆时针转过90。时，试用图解法标出：

1)推杆在凸轮上的接触点；

2)摆杆位移角的大小；

3)凸轮机构的压力角。

解 如图所示，以O为圆心，以O点到推杆转动中心A的距离AO为半径作圆，得推杆转动中心反转位置圆。

过O点怍OA的垂线，交推杆转动中心反转位置圆于D点。

以O`为圆心．以O`点到推杆圆弧圆心C的距离CO’为半径作圆．得凸轮的理论廓线。

以O为圆心，作圆内切于凸轮的理论廓线圆，得凸轮的基圆。

以D为圆心，以AC为半径作圆弧，交凸轮的理论廓线于E点，交凸轮的圆于G点。

用直线连接EO’，交凸轮的实际廓线于F点，此即为推杆在凸轮上的接触点；而∠GDE即为摆杆的位移角；过E点并垂直于DE的直线与直线EF间所夹的锐角即为此时凸轮机构的压力角。

9—9 已知凸轮角速度为1．5 rad／s，凸轮转角??0?~150?时，推杆等速上升16mm; ??150?~180?时推杆远休，??180?~300?时推杆下降16mm;??300?~360?时推杆近休。试选择合适的推杆推程运动规律，以实现其最大加速度值最小，并画出其运动线图。

解 推杆在推程及回程段运动规律的位移方程为：

(1)推程：s=hδ／δ00o≤δ≤1 50o

(2)回程：等加速段s=h一2hδ2／δ`02 0o≤δ≤60o

22等减速段s=2h(δ’一δ)／δ0` 60o≤δ≤120o

计算各分点的位移值如表9．3：

根据表9-3可作所求图如下图：

9—10设计一凸轮机构，凸轮转动一周时间为2 s。凸轮的推程运动角为60o，回程运动角为150。，近休止运动角为150o。推杆的行程为15 mm。试选择合适的推杆升程和回程的运动规律，使得其最大速度值最小，并画出运动线图。

9一11试设计一对心直动滚子推杆盘形凸轮机构，滚子半径r，=10 mm，凸轮以等角速度逆时针回转。凸轮转角δ=0o～120o时，推杆等速上升20 mm；δ=120o～180o时，推杆远休止；δ=180o～270o时，推杆等加速等减速下降20 mm；δ=270o～：360o时，推杆近休止。要求推程的最大压力角α。。≤30o，试选取合适的基圆半径，并绘制凸轮的廓线。问此凸轮机构是否有缺陷，应如何补救。

9一12试设计一个对心平底直动推杆盘形凸轮机构凸轮的轮廓曲线。设已知凸轮基圆半径rn=30 mm，推杆平底与导轨的中心线垂直，凸轮顺时针方向等速转动。当凸轮转过120~1~r推杆以余弦加速度运动上升20。。，再转过150o时，推杆又以余弦加速度运动回到原位，凸轮转过其余90o时，推杆静止不动。问这种凸轮机构压力角的变化规律如何?是否也存在自锁问题?若有，应如何避免?

解 推杆在推程及回程运动规律的位移方程为

（1)推程

S=h[1-cos(πδ/δ0)]/2： 0o≤δ≤120o

（2）回程．

S=h[1+cos(πδ/δ0`)]/20o≤δ≤1 50o

计算各分点的位移值如表9-4l：

篇三：机械原理 第七版西北工业大学课后习题答案(7-11章)

第7章课后习题参考答案

7—1等效转动惯量和等效力矩各自的等效条件是什么?

7—2在什么情况下机械才会作周期性速度波动?速度波动有何危害?如何调节?

答: 当作用在机械上的驱动力（力矩)周期性变化时，机械的速度会周期性波动。机械的速度波动不仅影响机械的工作质量，而且会影响机械的效率和寿命。调节周期性速度波动的方法是在机械中安装一个具有很大转动惯量的飞轮。

7—3飞轮为什么可以调速?能否利用飞轮来调节非周期性速度波动，为什么?

答： 飞轮可以凋速的原因是飞轮具有很大的转动惯量，因而要使其转速发生变化．就需要较大的能量，当机械出现盈功时，飞轮轴的角速度只作微小上升，即可将多余的能量吸收储存起来；而当机械出现亏功时，机械运转速度减慢．飞轮又可将其储存的能量释放，以弥补能最的不足，而其角速度只作小幅度的下降。

非周期性速度波动的原因是作用在机械上的驱动力(力矩)和阻力(力矩)的变化是非周期性的。当长时问内驱动力(力矩)和阻力(力矩)做功不相等，机械就会越转越快或越转越慢．而安装飞轮并不能改变驱动力(力矩)或阻力(力矩)的大小也就不能改变驱动功与阻力功不相等的状况，起不到调速的作用，所以不能利用飞轮来调节非周期陛速度波动。

7—4为什么说在锻压设备等中安装飞轮可以起到节能的作用?

解： 因为安装飞轮后，飞轮起到一个能量储存器的作用，它可以用动能的形式把能量储存或释放出来。对于锻压机械来说，在一个工作周期中，工作时间很短．而峰值载荷很大。安装飞轮后．可以利用飞轮在机械非工作时间所储存能量来帮助克服其尖峰载荷，从而可以选用较小功率的原动机来拖动，达到节能的目的，因此可以说安装飞轮能起到节能的作用。

7—5由式JF=△Wmax／(ωm2 [δ])，你能总结出哪些重要结论(希望能作较全面的分析)? 答：①当△Wmax与ωm一定时，若[δ]下降，则JF增加。所以，过分追求机械运转速度的均匀性，将会使飞轮过于笨重。

②由于JF不可能为无穷大，若△Wmax≠0，则[δ]不可能为零，即安装飞轮后机械的速度仍有波动，只是幅度有所减小而已。

③当△Wmax与[δ]一定时，JF与ωm的平方值成反比，故为减小JF，最好将飞轮安装在机械的高速轴上。当然，在实际设计中还必须考虑安装飞轮轴的刚性和结构上的可能性等因素。

7—6造成机械振动的原因主要有哪些?常采用什么措施加以控制?

7—7图示为一机床工作台的传动系统。设已知各齿轮的齿数，齿轮3的分度圆半径r3，各齿轮的转动惯量J1、，J2、，J2’、J3，齿轮1直接装在电动机轴上，故J1中包含了电动机转子的转动惯量；工作台和被加工零件的重量之和为G。当取齿轮1为等效构件时，试求该机械系统的等效转动惯量Je。

解：根据等效转动惯量的等效原则．有

1111G122Je?12?J1?2?(J?J)??J??v2

122`32222g 2

则

7-8图示为DC伺服电机驱动的立铣数控工作台，已知工作台及工件的质量为m4=355 kg,滚珠丝杠的导程d=6 mm，转动惯量J3=1.2×10-3kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 ×10-6kg.m2，J2=768

-62×10kg.m。在选择伺服电机时，伺服电机允许的负载转动惯量必须大于折算到电动机轴上的负载等效转动惯量，试求图示系统折算到电动机轴上的等效转动惯量。 ??1Gv2Je?J1?J(J2?J2)`22)?J32?))2?1?1g?1 z12z1z2`2G2z1z2`21Je?J?J(J?J))?))122`2z2z2z3gz2z3

解：根据等效转动惯量的等效原则．有

11112Je?12?J1?2?(J?J)??mv4241232222 2

?v1Je?J1?J(J2?J3)(2)2?m4(4)2

2?1?1则:

?J1?

=732×10-6+(768+l 200)l×10-6×(25/45)2+355×(6×10-3)2×(25/45)2

=5.284×l0-3kg.m2

7—9已知某机械稳定运转时主轴的角速度ωs=100 rad／s，机械的等效转动惯量Je=0.5 kg.m2，制动器的最大制动力矩Mr=20 N.m(制动器与机械主轴直接相连，并取主轴为等效构件)。要求制动时间不超过3s，试检验该制动器是否能满足工作要求。

解 因此机械系统的等效转动惯量．F：及等效力矩Al。均为常数，故可利用力矩

形式的机械运动方程式： Me=Jedω/dt

其中：Me=-Mr=-20 N.m，Je=0.5 kg.m2

dt=[Je/(-Mr)]dω=[0.5/（-20）]dω=-0.025dω

因此 t= -0.025(ω-ωs)=0.025ωs=2.5s

由于t=2.5s 3s，所以该制动器满足工作要求。

7一10设有一由电动机驱动的机械系统，以主轴为等效构件时，作用于其上的等效驱动力矩Med=10 000—100ω(N.m)，等效阻抗力矩Mer=8 000 N.m，等效转动惯量Je=8 kg.m2，主轴的初始角速度ω0=100rad／s。试确定运转过程中角速度ω与角加速度α随时间的变化关系。

解 由于机械系统的等效转动惯量为常数，等效力矩为速度的函数，故可利用力矩形式的机械运动方程式

Me(ω)=Med(ω)-Mer(ω)=Jedω/dt

即10000-100ω-8000=8dω/dt

对式①积分得 zz1J(J2?J3)(1)2?m4l2(1)22z2z2 dt??8d?100??2000 (1)

8?d(100??2000)

100?100(100??2000)

8??[ln(100??2000)?ln(100?100?2000)]100

2??[ln(100??2000)?ln8000]25 (2) t??

将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000

解得 ω=20+80e-12.5t

上式对t求导得 α= dω/dt=-100e-12.5t

7—11在图示的刨床机构中，已知空程和工作行程中消耗于克服阻抗力的恒功率分别为P1=367.7 w和p2=3 677 w，曲柄的平均转速n=100 r／min，空程曲柄的转角为φ1=120o。当机构的运转不均匀系数δ=0.05时，试确定电动机所需的平均功率，并分别计算在以下两种情况中的飞轮转动惯量JF(略去各构件的重量和转动惯量).

1)飞轮装在曲柄轴上；

2)飞轮装在电动机轴上，电动机的额定转速nn=I 440 r／min。电动机通过减速器驱动曲柄，为简化计算，减速器的转动惯量忽略不计。

解 (1)确定电动机的平均功率。作功率循环图如下图所示。

根据在一个运动循环内．驱动功与阻抗功应相等，可得

PT=P1t1+P2t2

P=(P1t1+P2t2)/T=(P1φ1+P2φ2)/(φ1+φ2)=(367.7/3+3 677×2/3)=2 573.9 w

(2)由图知最大盈亏功为：

、△Wmax=(P-P1)t1=(P-P1)(60φ1)/(2πn)=(2573.9-367.7) ×60×(1/3) ×(1/100)=441.24N.m

1）当飞轮装在曲柄轴上时飞轮的转动惯量为

2）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

JF`=JF(n/nn)2=80.473×(100/1440)2=0.388kg.m2 JF?900?Wmax900?441.242??80.473kg.m2?2n2[?]?2?100?0.05

7-12 某内燃机的曲柄输出力矩Md随曲柄转角?的变化曲线如图所

示，其运动周期?T??,曲柄的平均转速nm?620r/min。当用该内燃机驱动

一阻抗力为常数的机械时，如果要求其运转不均匀系数?=0.01。试求

1) 曲轴最大转速nmax和相应的曲柄转角位置?max；

2) 装在曲轴上的飞轮转动惯量JF（不计其余构件的转动惯量）。

解: (1)确定阻抗力矩, 因一个运动循环内驱动功应等于阻抗功．所以有

MrφT=AOABC=200×（1/2）×(π/6+π)

解得

Mr=(1/π) ×200×(1/2) ×(π/6+π)=l 16.6 7 N.m

(2)求曲轴最大转速nmax，和相应的曲柄转角位置φmax：

作其系统的能量指示图(见图(b))．由图可知在c处机构出现能量最大值．即φ=φc时，n=nmax。故

Φmax=20o+30o+130o×(200-116.7)/200=104.16o

此时nmax=(1+δ/2)nm=(1+0.01/2) ×620=623.1r/min

（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

?Wmax?AbABc?200?116.67?20?200?116.67130?200?116.67?(?????67.26N.m26180200180200

故：

7—13图示为两同轴线的轴1和2以摩擦离合器相连。轴1和飞轮的总质量为100 kg，回转半径ρ=450 mm；轴2和转子的总质量为250 kg，回转半径ρ=625 mm。在离合器接合前，轴1的转速为n，=100 r／min，而轴2以n：=20 groin的转速与轴1同向转动。在离合器接合后3 s，两轴即达到相同的速度。设在离合器接合过程中，无外加驱动力矩和阻抗力矩。试求：

1)两轴接合后的公共角速度;

2)在离合器结合过程中，离合器所传递的转矩的大小。

JF?900?Wmax900?67.262??1.596kg.m?2n2[?]?26202?0.01

解 设离合器结合过程中所传递的摩擦力矩为Mf．两轴结合后的公共角

速度为ω。根锯力矩形式的机械运动方程。对于轴l和轴2，分别有：

???1d??J1dt3 （1）

d?2???2Mf?0?J2?J2dt3（2）

J??J???1122

J1?J2 由式（1）（2）得：0?Mf?J1

式中J1=m1ρ12J2=m2ρ22

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30

从而

2n2?100?0.452?100?0.6252?20?m1?12n1?m2?2??????3.533rad/s222230m1?1?m2?230100?0.45?100?0.625 由（1）得:

Mf?J1?1??3

7—14图示为一转盘驱动装置。1为电动机，额定功率为Pn=0.55 kW，额定转速为nn=1 390．r／min，转动惯量J1=0.018 kg.m2; 2为减速器，其减速比i2=35, 3、4为齿轮传动， z3=20，z4=52；减速器和齿轮传动折算到电动机轴上的等效转动惯量J2e=0.015 kg.rn2；转盘5的转动惯量J5=144kg.m，作用在转盘上的阻力矩为Mr5=80 N.m；传动装置及电动机折算到电动机轴上的阻力矩为Mr1=0.3 N.m。该装置欲采用点动(每次通电时间约0.15 s)作步进调整，问每次点动转盘5约转过多少度?

提示：电动机额定转矩Mn=9 550Pn／nn，电动机的起动转矩Md≈2Mn，并近似当作常数。 m1?12n1?100?0.452100??(??)??(?3.533)?46.838N.m330330

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机械原理(西工大第七版)习题答

机械原理(西工大第七版)课后答案2-7章精选第二章题2-2图a所示为一小型压力机。图上，齿轮1与偏心轮1’为同一构件，绕固定轴心O连续转动。在齿轮5上开有凸轮轮凹槽，摆杆4上的滚子...