机械原理课后答案第6章

第一篇：机械原理课后答案第6章

第6章作业

6—1什么是静平衡?什么是动平衡?各至少需要几个平衡平面?静平衡、动平衡的力学条件各是什么?

6—2动平衡的构件一定是静平衡的，反之亦然，对吗?为什么?在图示（a）（b）两根曲轴中，设各曲拐的偏心质径积均相等，且各曲拐均在同一轴平面上。试说明两者各处于何种平衡状态?

答：动平衡的构件一定是静平衡的，反之不一定。因各偏心质量产生的合惯性力为零时，合惯性力偶不一定为零。（a）图处于动平衡状态，（b）图处于静平衡状态。

6一3既然动平衡的构件一定是静平衡的，为什么一些制造精度不高的构件在作动平衡之前需先作静平衡?

6—4为什么作往复运动的构件和作平面复合运动的构件不能在构件本身内获得平衡，而必须在基座上平衡?机构在基座上平衡的实质是什么?

答

由于机构中作往复运动的构件不论其质量如何分布，质心和加速度瞬心总是随着机械的运动周期各沿一条封闭曲线循环变化的，因此不可能在一个构件的内部通过调整其质量分布而达到平衡，但就整个机构而言．各构件产生的惯性力可合成为通过机构质心的的总惯性力和总惯性力偶矩，这个总惯性力和总惯性力偶矩全部由机座承受，所以必须在机座上平衡。机构在基座上平衡的实质是平衡机构质心的总惯性力，同时平衡作用在基座上的总惯性力偶矩、驱动力矩和阻力矩。

6—5图示为一钢制圆盘，盘厚b=50 mm。位置I处有一直径φ=50 inm的通孔，位置Ⅱ处有一质量m2=0.5 kg的重块。为了使圆盘平衡，拟在圆盘上r=200 mm处制一通孔，试求此孔的直径与位置。(钢的密度ρ=7.8 g／em3。)解

根据静平衡条件有: m1rI+m2rⅡ+mbrb=0 m2rⅡ=0.5×20=10 kg.cm m1r1=ρ×(π/4)×φ2×b×r1=7.8 ×10-3×(π/4)×52×5 ×l0=7.66 kg.cm

取μW=4(kg.cm)／cm，作质径积矢量多边形如图所示，所添质量为:

m b=μwwb／r=4×2.7／20=0.54 kg，θb=72º，可在相反方向挖一通孔 其直径为：

6—6图示为一风扇叶轮。已知其各偏心质量为m1=2m2=600 g，其矢径大小为r1=r2=200 mm，方位如图。今欲对此叶轮进行静平衡，试求所需的平衡质量的大小及方位(取rb=200 mm)。

(注：平衡质量只能加在叶片上，必要时可将平衡质量分解到相邻的两个叶片上。)解

根据静平衡条件有:

m1r1+m2r2+mbrb=0 m1r1=0.6×20=1 2 kg.cm m2r2=0.3×20=6 kg.cm 取μW=4(kg.cm)/cm作质径积矢量多边形如图 mb=μWWb/r=4×2.4／20=0.48 kg，θb =45º

分解到相邻两个叶片的对称轴上

6—7在图示的转子中，已知各偏心质量m1=10 kg，m2=15 k，m3=20 kg，m4=10 kg它们的回转半径大小分别为r1=40cm，r2=r4=30cm，r3=20cm，方位如图所示。若置于平衡基面I及Ⅱ中的平衡质量mbI及mbⅡ的回转半径均为50cm，试求mbI及mbⅡ的大小和方位(l12=l23=l34)。msin450.39kgsin(180454530)mmb3sin(4530)0.58kgsin60 mb2 解

根据动平衡条件有

21m1r1mrmr33mbrb22103

321m4r4mrmr22mbrb1331033

以μW作质径积矢量多边形，如图所示。则

mbI=μWWbI/rb=5.6 kg，θbI =6º

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=5.6 kg，θbⅡ=145º

6—8图示为一滚筒，在轴上装有带轮现已测知带轮有一偏心质量。另外，根据该滚筒的结构知其具有两个偏心质量m2=3 kg，m3=4，各偏心质量的方位如图所示（长度单位为）。若将平衡基面选在滚筒的两端面上，两平衡基面中平衡质量的回转半径均取为，试求两平衡质量的大小和方位。若将平衡基面Ⅱ改选在带轮宽度的中截面上，其他条件不变，两平衡质量的大小和方位作何改变？

解

(1)以滚筒两端面为平衡基面时，其动平衡条件为

3.51.59.5mrmrmr11223031111114.59.51.5mb11rb1mrmrmr30311122111111

mb1rb1以μW作质径极矢量多边形．如图(a)，(b)，则

mbI=μWWbI/rb==1.45 kg，θbI =145º

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=0.9kg，θbⅡ=255º

(2)以带轮中截面为平衡基面Ⅱ时，其动平衡条件为

以μw=2 kg.crn／rnm，作质径积矢量多边形，如图(c)，(d)，则

mbI=μWWbI/rb==2×27/40=1.35 kg，θbI =160º

mbⅡ=μWWbⅡ/rb=2×14/40=0.7kg，θbⅡ=-105º

6—9 已知一用于一般机器的盘形转子的质量为30 kg，其转速n=6 000 r／min，试确定其许用不平衡量。

解

(1)根据一般机器的要求，可取转子的平衡精度等级为G6.3，对应平衡精度A=6.3。

(2)n=6000 r／min，ω=2πn/60=628.32 rad/s [e]=1 000A／ω=10.03μm [mr]=m[e]=30×10.03×10-4=0.03 kg.cm

6—10 图示为一个一般机器转子，已知转子的质量为15 kg，其质心至两平衡基面I及Ⅱ的距离分别为l1=100 mm，12=200 mm，转子的转速n=3 000 r／min，试确定在两个平衡基面I及Ⅱ内的许用不平衡质径积。当转子转速提高到6 000 r／min时，其许用不平衡质径积又各为多少? 513mrmr3301114.514.59.51.5mb11rb1mrmrmr3031112214.514.5

mb1rb1

解(1)根据一般机器的要求，可取转子的平衡精度等级为G6.3，对应平衡精度A=6.3mm／s。(2)n=3000r／min, ω=2πn/60= 314.16 rad／s

[e]=1 000A／ω=20.05μm [mr]=m[e]=15×20.05×10-4=0.03 kg.cm 可求得两平衡基面I及Ⅱ中的许用不平衡质径积为

l22003020g.cml1l2200100

l100[m11r11][mr]23010g.cml1l2200100

[m1r1][mr](3)n=6000 r／min，ω=2πn/60=628.32 rad/s [e]=1 000A／ω=10.025μm [mr]=m[e]=15×10.025×10--4=15g.cm

可求得两平衡基面I及Ⅱ中的许用不平衡质径积为

6—11 有一中型电机转子其质量为m=50 kg，转速n=3 000 r／min，已测得其 不平衡质径积mr=300 g·mm，试问其是否满足平衡精度要求?

6—12在图示的曲柄滑块机构中，已知各构件的尺寸为lAB=100 mm, lBC=400 mm；连杆2的质量m2=12 kg，质心在s2处，lBS2=400／3 mm；滑块3的质量m3=20 kg，质心在C点处；曲柄1的质心与A点重合。今欲利用平衡质量法对该机构进行平衡，试问若对机构进行完全平衡和只平衡掉滑块3处往复惯性力的50％的部分平衡，各需加多大的平衡质量mC`和mC``(取lBC``=1AC``=50 mm)? l22001510g.cml1l2200100

l100[m11r11][mr]2155g.cml1l2200100 [m1r1][mr]

解

(1)完全平衡需两个平衡质量，各加在连杆上C’点和曲柄上C``点处，平衡质量的大小为：

mC` =(m2lBS2+m3lBC)/lBC`=(12×40／3+20×40)／5=192 kg

mC``=(m`+m2+m3)lAB/lAC``=(1 92十12+20)×10／5=448 kg(2)部分平衡需一个平衡质量。应加在曲柄延长线上C``点处。平衡质量的大小为： 用B、C为代换点将连杆质量作静代换得

mB2=m2lS2C/lBC=1 2×2／3=8 kg

mC2=m2lBS2.lBC=1 2×4=4 kg

mB=mB2=8kg, mC=mC2+m3=24 kg 故下衡质量为

mC``=(mB+mC/2)lAB/lAC``=(8+24/2)×10/5=40kg

6—13在图示连杆一齿轮组合机构中，齿轮a与曲柄1固连，齿轮b和c分别活套在轴C和D上，设各齿轮的质量分别为m。=10 kg，m b=12 kg，m。=8 kg，其质心分别与轴心B、c、D重合，而杆1、2、3本身的质量略去不计，试设法平衡此机构在运动中的惯性力。

解

如图所示，用平衡质量m’来平衡齿轮a的质量，r`=lAB；

m`=malAB/r`=10kg 用平衡质量，m”来平衡齿轮b的质量，r``=lCD

m``=mblCD/r`` 齿轮c不需要平衡。

6—14 图a所示为建筑结构抗震试验的振动发生器。该装置装在被试建筑的屋顶。由一电动机通过齿轮拖动两偏心重异向旋转(偏心重的轴在铅垂方向)，设其转速为150 r／min，偏心重的质径积为500kg.m求两偏心重同相位时和相位差为180º时，总不平衡惯性力和惯性力矩的大小及变化情况。

图b为大地重力测量计(重力计)的标定装置，设r=150 mm，为使标定平台的向心加速度近似于重力加速度(9.81 m／s2)，同步带轮的角速度应为多大?为使标定平台上升和下降均能保持相同的匀速回转，在设计中应注意什么事项?

第二篇：机械原理课后答案-高等教育出版社

机械原理作业

第一章 结构分析作业

1.2 解：

F = 3n－2PL－PH = 3×3－2×4－1= 0

该机构不能运动，修改方案如下图：1.2 解：

（a）F = 3n－2P1= 1 A点为复合铰链。

L－PH = 3×4－2×5－（b）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×6－2= 1

B、E两点为局部自由度, F、C两点各有一处为虚约束。

（c）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×7－0= 1

FIJKLM为虚约束。

1.3 解：

F = 3n－2PL－PH = 3×7－2×10－0= 1

1）以构件2为原动件，则结构由8－

7、6－

5、4－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构(图a)。

2）以构件4为原动件，则结构由8－

7、6－

5、2－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构(图b)。

3）以构件8为原动件，则结构由2－3－4－5一个Ⅲ级杆组和6－7一个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅲ级机构(图c)。

(a)

(b)

(c)

第二章

运动分析作业

2.1 解：机构的瞬心如图所示。

2.2 解：取l5mm/mm作机构位置图如下图所示。

1.求D点的速度VD VDVP13 VD而

2.求ω1

VEAEP14P132425，所以

VDVE24251502425144mm/s

3.求ω2

211VElAE1501201.25rad/s

2138981.2538980.46rad/sP12P14P12P243898 因，所以4.求C点的速度VC

1mm/mm

VC2P24Cl0.46445101.2mm/s

2.3 解：取l作机构位置图如下图a所示。1.求B2点的速度VB2

VB2 =ω1×LAB =10×30= 300 mm/s 2.求B3点的速度VB3

VB3 ＝ VB2 ＋

VB3B2

大小？

ω1×LAB

？ 方向 ⊥BC

⊥AB

∥BC 取v10mm/smm作速度多边形如下图b所示，由图量得：

VB3pb3v2710270mm/spb322mm，所以

mm 由图a量得：BC=123 mm , 则

lBCBCl1231123

3.求D点和E点的速度VD、VE

利用速度影像在速度多边形，过p点作⊥CE，过b3点作⊥BE，得到e点；过e点作⊥pb3，得到d点 , 由图量得：所以 VDpdv1510150mm/spd15mm，pe17mm，； VEpev1710170mm/s VB3B2b2b3v1710170mm/s 4.求ω

V3B3270l2.2rad/sBC123

5.求anB2

an22B21lAB10303000mm/s2

6.求aB3

aB3 ＝ aB3n ＋ aB3t ＝ aB2 ＋

aB3B2k ＋

aτB3B

2大小 ω32LBC ？

ω12LAB

2ω3VB3B2

？

方向

B→C ⊥BC

B→A

⊥BC

∥BC n22 aB33l2BC2.2123595mm/s

ak22B3B23VB3B222.22701188mm/s 5

取

a50mm/s2mm作速度多边形如上图c所示，由图量得： ,所以

mm/s2b'323mm，n3b'320mmaB3b'3a23501150t

7.求3

taB3n3b'3a20501000mm/s

lBC123

8.求D点和E点的加速度aD、aE 3aB310008.13rad/s2利用加速度影像在加速度多边形，作b'3e∽CBE, 即

b'3CB eCEb'3eBE，得到e点；过e点作⊥b'3，得到d点 , 由图量得：e16mm，d13mm，aDda1350650mm/s2所以，a2Eea1650800mm/s。

2.7 解：取l2mm/mm作机构位置图如下图a所示。

一、用相对运动图解法进行分析 1.求B2点的速度VB2

VB2 =ω1×LAB =20×0.1 = 2 m/s 2.求B3点的速度VB3

VB3 ＝ VB2 ＋

VB3B2

大小？

ω1×LAB

？

方向 水平

⊥AB

∥BD 取v0.05m/smm作速度多边形如下图b所示，由图量得：

pb320mm，所以

而VD= VB3= 1 m/s

nVB3pb3v200.051m/s

3.求aB2

aB21lAB200.140m/sn222

4.求aB3

τ

a B3 ＝ aB2n

＋

a B3B

2大小

？

ω12LAB

？

方向

水平

B→A

∥BD 取a1m/s2

mm作速度多边形如上图c所示，由图量得：

aB3b'3a35135m/s2，所以

二、用解析法进行分析

2b'335mm。

2VD3VB2sin11lABsin1200.1sin301m/s21aD3aB2cos1lABcos1200.1cos3034.6m/s

第三章 动力分析作业

3.1 解：

根据相对运动方向分别画出滑块1、2所受全反力的方向如图a所示，图b中三角形①、②分别为滑块2、1的力多边形，根据滑块2的力多边形①得：

FrFR12R12cossin(602)sin(90)Fcos，FRF12rsin(602)

由滑块1的力多边形②得：

FdFR21sin(602)sin(90)FR21cos，Fsin(602)cossin(602)sin(602)dFR21cosFrcossin(602)Frsin(602)

而 tg1ftg1(0.15)8.53

所以 F602)dFsin(rsin(602)1000sin(6028.53)sin(6028.53)1430.7N3.2 解：取l5mm/mm作机构运动简图，机构受力如图a)所示；

取

F50N/mm作机构力多边形，得：

FR6560503000N，FR4567503350N，FR45FR54FR34FR433350N，FR2335501750FR6350502500N，FR23FR32FR12FR211750N

MbFR21lAB1750100175000Nmm175Nm

3.2 解：机构受力如图a)所示

N，由图b)中力多边形可得：FR65tg4F5tg4510001000N

FR545FR43Fsin1000.2N

4sin451414 FR43FR63FR23sin116.6sin45sin18.4

Fsin45sin45R63sin116.6FR43sin116.61414.21118.4N

FR23sin18.4sin116.6Fsin18.4R43sin116.61414.2500N 所以 FR21FR23FR61500N

MbFR21lAB50010050000Nmm50Nm

3.3 解：机构受力如图所示

由图可得：

对于构件3而言则：FdFR43FR230，故可求得 FR23 对于构件2而言则：FR32FR12

对于构件1而言则：FbFR41FR210，故可求得

Fb

3.7 解：

1.根据相对运动方向分别画出滑块1所受全反力的方向如图a所示，图b为滑块1的力多边形，正行程时Fd为驱动力，则根据滑块1的力多边形得：

Fdsin(2)FR21sin90()FR21cos()，FR21Fd

cos()sin(2)

则夹紧力为：FrFR21cosFdcos()cossin(2)2.反行程时取负值，F'R21为驱动力，而F'd为阻力，故

F'R21

F'dcos()sin(2)，cossinF'dtg而理想驱动力为：F'R210F'd所以其反行程效率为：

'F'RF'd21

0F'RF'dtg21cos()sin(2)sin(2)tgcos()

sin(2)当要求其自锁时则，'tgcos()0，故 sin(2)0，所以自锁条件为：2

3.10 解：

1.机组串联部分效率为：

'23298210.90.0.950.8

212.机组并联部分效率为：

''PAAPBB20.830.7P23APB230.980.950.688 3.机组总效率为：

'''0.8210.6880.56556.5%

4.电动机的功率

输出功率：NrPAPB235kw 电动机的功率：NdNr50.5658.85kw

第四章平面连杆机构作业

4.1 解：

1.① d为最大，则

adbc

故 dbca280360120520mm

② d为中间，则

acbd

故 dacb120360280200mm

200mmd520mm所以d的取值范围为：

2.① d为最大，则

adbc 故 dbca280360120520mm

② d为中间，则

acbd 故 dacb120360280200mm

③ d为最小，则

cdba 故 dbac28012036040mm

④ d为三杆之和，则

dbac280120360760mm

所以d的取值范围为：40mmd200mm和520mmd760mm 14

3.① d为最小，则

cdba 故 dbac28012036040mm

4.3 解：机构运动简图如图所示，其为曲柄滑块机构。

4.5 解：

1.作机构运动简图如图所示；由图量得：16，68，max min155，min52，所以 180max18015525，行程速比系数为：2.因为 l1是摆转副。K18018018016180161.20

l32872100l2l45250102

所以当取杆1为机架时，机构演化为双曲柄机构，C、D两个转动副3.当取杆3为机架时，机构演化为双摇杆机构，A、B两个转动副是周转副。4.7 解：1.取l6mm/mm作机构运动简图如图所示；由图量得：

180180180518051.055，故行程速比系数为：

K

由图量得：行程：h40l406240mm

2.由图量得：min68，故min6840 3.若当e0，则K= 1，无急回特性。4.11 解： 1.取2.由图中量得： l4mm/mm，设计四杆机构如图所示。

lABABl704280mm。lCDC1Dl254100mmlADADl78.54314mm 16

4.16 解： 1.取l1mm/mm，设计四杆机构如图所示。

2.由图中量得：

lABAB1l21.5121.5mm，lBCB1C1l45145mm。

63，图中AB”C” 为 3.图中AB’C’为max的位置，由图中量得max max的位置，由图中量得max90。

4.滑块为原动件时机构的死点位置为AB1C1和AB2C2两个。

4.18 解： 1.计算极位夹角：K1K11801.511.5118036

2.取l2mm/mm，设计四杆机构如图所示。

3.该题有两组解，分别为AB1C1D和AB2C2D由图中量得：

lAB1AB1l24248mm，lB1C1B1C1l602120mm ；

lABlB2AB2l11222mm。2C2B2C2l25250mm

第五章 凸轮机构作业

5.1 解：

图中(c)图的作法是正确的，(a)的作法其错误在于从动件在反转过程的位置应该与凸轮的转向相反,图中C’B’为正确位置；(b)的作法其错误在于从动件在反转过程的位置应该与起始从动件的位置方位一致，图中C’B’为正确位置；(d)的作法其错误在于从动件的位移不应该在凸轮的径向线上量取，图中CB’为正确位置。

5.4 解：如图所示。

5.5 解： 凸轮的理论轮廓曲线、偏距圆、基圆如图所示；

第三篇：机械原理课后答案第7章

第7章作业

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。

27—5由式JF=△Wmax／(ωm [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 2则 Je121212J11211G1222(JJ)Jv22`233222g)(2`JeJ1J(J2J212)J23(312)Gv

g(12)

2JeJ1

17-8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 ×

z1J(JJ)(22`2z2zz2G)J3(12`)z2z3gz1z2`2r()3z2z3 10-6kg.m2，J2=768×10-6kg.m2。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。

解：根据等效转动惯量的等效原则．有 2Je1212J12121(JJ)232221mv

244JeJ1121J(J2J3)(21z1)m4(2v则: J11)2)22z2z2

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

=5.284×l0kg.m

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 2kg.m，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

J(J2J3)()m4l(2z

1对式①积分得

t810081002dt8100d2000

(1)d(1002000)(1002000)100[ln(1002000)ln(1001002000)]2

5将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000 解得

ω=20+80e-12.5t [ln(1002000)ln8000]

(2)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

900Wmax900441.242JF80.473kg.m2222n[]1000.0

52）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

222JF`=JF(n/nn)=80.473×(100/1440)=0.388kg.m

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=φ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

c（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

WmaxAbABc200116.6726***0Wmax90067.2621.596kg.m2222n[]6200.01 （20200116.67130200116.6720067.26N.m

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

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

0MfJ1dtJ1（1）

Mf0J2d2dtJ223

（2）

J1J2由式（1）（2）得：

22式中

J1=m1ρJ2=m2ρ2

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30 从而

J11J2230m11n1m22n2m11m222222301000.451000.625201000.451000.62522223.533rad/s由（1）得: Mf

3.533)46.838N.m3330330

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。J11m112(n1)1000.452(100

解

取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

52Je1J1JJ(5e2)0.0181

点动过程中，系统的运行分为两个阶段：第一阶段为通电启动阶段，第二阶段为断电停车阶段。

第一阶段的等效力矩为

Me11MdMr1Mr5(295500.5520120.015144(5235)kg0m.05042.51)29550201PnnnMr1Mr5(z3z41i2)13905235

由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为

ω11=ω10+α1t1

2φ11=φ10+ω10t1+(1/2)α1t1

式中: φ10=0, ω10=0, ． t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以

0.380()6.378N.m11

Me11Je1t16.3780.05040.1518.982rad/s

11

第二阶段的等效力矩为 1Me1126.3782t10.50.151.424rad2Je10.0504

1z4i25235

由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为：

ω12=ω11+α2t2

2φ12=φ11+ω11t2+(1/2)α2t2 式中: ω12=0, α2=Me12/Je1 所以

t2Me12Mr1Mr5(5)Mr1Mr5(z31)0.380(201)1.179N.m11211Je1Me218.9820.05041.1790.811s

121111t2每次点动后．电机转过的角度为

φ1=φ12+φ11=1.424+9.125=10.549rad 而转盘5转过的角度为：

1Me1221.1792t21.142418.9820.8110.50.8119.125rad2Je10.0504

51(z3z4118020180)10.549638`31``i25235

第四篇：机械原理课后答案7章

7-1在如图7-32所示的轮系中，已知Z1=15，Z2=25，Z2’=15，Z3=30，Z3’=15，Z4=30，Z4’=2(右旋)，Z5=60，Z5’=20（m=4mm），若n1=500r/min，求齿条6线速度ｖ的大小和方向。

1n12'3'234'5'4n556v5

解：计算齿轮5的转速n5 i15n1z2z3z4z525303060200n5z1z2'z3'z4'1515152

n5故：

n15002.5 r/mini15200

计算齿轮5’直径d5’

d5'mz5'42080 mm故齿条6的线速度ｖ6为

v65r5'方向如图所示。

7-2在如图7-33所示的手摇提升装置中，已知各齿轮齿数为Z1= 20，Z2=50，Z3=15，Z4=30，Z6=40，Z7=18，Z8=51，蜗杆Z1=1且为右旋，试求传动比i18，并指出提升重物时手柄的转向。

2n5d5'2.5800.01047 m/s602601000

解：

i181z2z4z6z8503040515688z1z3z5z72015118

提升重物时手柄的转向如图所示。

7-3在如图7-34所示的轮系中，已知各齿轮齿数为Z1= 20，Z2=30，Z3=18，Z4=68，齿轮１的转速n1=500r/min，试求系杆Ｈ的转速nH的大小及方向。

解：

Hi14n1nHzz3068245.67n4nHz1z32018

n40

n1nH5.67nHnHn115022.496.676.67 方向与n1相同。

7-4在如图7-35所示的双级行星齿轮减速器中，各齿轮齿数为Z1= Z6 =20，Z2=30，Z3=Z4=40，Z2=Z5=10，试求：

（１）固定齿轮4时的传动比i1H2；（２）固定齿轮３时的传动比i1H2。

解：固定齿轮4时轮系如图所示，齿轮1，2，3组成定轴轮系，齿轮6，5，4和系杆H2组成行星轮系。

Hi64n6nH2zzz405442n4nH2z6z5z620

n40, n6n1，可得

n1nH22nH2n1/nH2121i1H23 固定齿轮３时轮系如图所示，齿轮1，2，3组成行星轮系，齿轮6，5，4和系杆H2组成差动轮系。

Hi64n6nH2zzz405442n4nH2z6z5z620 zzzn1nH1402332n3nH1z1z2z120

Hi13n30,，可得nH1n1n1n43，因为n6n1, n4nH1故3则

n6nH2nn1H22n4nH2n1nH23n1/nH212n113nH2

7-5如图7-36所示的复合轮系中，设已知n1=3549r/min，又各齿轮齿数为Z1= 36，Z2=60，Z3=23，Z4=49，Z4’=69，Z5=31，Z6 =131，Z7=94，Z8=36，Z9=167，试求行星轮架Ｈ的转速nＨ。

i1H2n1/nH295 解：齿轮1，2，3，４组成定轴轮系，齿轮4’，5，6和7，8，9组成两个行星轮系。

i14n1z2z460493.55n4z1z33623n4Hi4'6n13549999.5r/min3.553.55

n4'n7zzz1315661.90n6n7z4'z5z4'69

。n60, n4'n4 解得n7344.66r/minHi79n7nHzzz1678991.78n9nHz7z8z794

。n90解得nH123.98r/min

7-6如图7-37a、b所示为两个不同结构的锥齿轮周转轮系，已知各齿轮齿数为Z1= 20，Z2=24，Z2’=30，Z3=40，n1=200r/min，n3=-100r/min，求两种结构中行星轮架Ｈ的转速nＨ？

a)

b)解：a)轮系为差动轮系

Hi13n1nHz2z324401.6n3nHz1z2'2030nH

1.6n3n11.6(100)200600r/min0.60.6b)轮系为差动轮系

Hi13zzn1nH2440231.6n3nHz1z2'2030nH1.6n3n11.6(100)20015.38r/min2.62.6

7-7在如图7-3８所示的三爪电动卡盘的传动机构中，各齿轮齿数为Z1= 6，Z2= Z2’=25，Z3=57，Z4=56，求传动比i14。

解：

z2z3z3n1nH57Hi139.5

n3nHz1z2z16

n30解得

nH0.095n1。

nnzz2556Hi141H249.33

n4nHz1z2'625

n10.095n19.33n40.095n110.0959.33n4/n10.095解得：i41=0.002，故i14=1/ i41=1/0.002=500。

7-8如图7-39所示为纺织机械中的差动轮系，各齿轮齿数为Z1= 30，Z2=25，Z3=Z4=24，Z5=18，Z6=121，n1=48~200r/min，nＨ=316r/min，求n6=？

解：

Hi16zzzn1nH2524121(1)22465.60n6nHz1z3z5302418解得

n4.6nH484.6316n61268r/min

5.65.6

n6n14.6nH2004.6316295r/min5.65.6故n６=268~295r/min。

7-9如图7-40所示轮系中，已知Z1= 22，Z3=88，Z3’=Z5，试求传动比i15=？

解：左边为定轴轮系，右边为差动轮系

Hi13zzzn1nH882334n3nHz1z2z122

nHn5, n3n3',i3'5n3zzz4551n5z3'z4z3'

故

则：n3n5,n1n54n5n5n1/n5142解得i15=9。

7-10如图7-41所示为手动起重葫芦，已知Z1= Z２’=10，Z2= 20，Z3=40，传动效率η=0.9，为提升重Ｑ=10kN的重物，求必须施加于链轮Ａ上的圆周力Ｐ。

解：

NinPVAPARAPRAiAB

NoutQVBQBRBQRB

QRB PRAiAB

计算传动比iAB

nA=n1，nB=nH。故iAB=i1H iHn1nH2013zzn23408

3nHz1z2'1010

n30，iH13n1nHn1/nH1n8

H1

i1HiAB9

PQR

B10R0.9800.25kN AiAB3209

7-11在如图7-42所示的行星轮系中，已知各轮齿数Z1，Z2，Z2’，比i1Ｈ。

解：

iHn1nHz2z3z414n4nHz1z2'z3'

n40，n1/nH1z2z3z41z1z2'z3'iz2z3z41H1z1z2'z3'

Z3，Z3’和Z４，试求传动

第五篇：机械原理1-3章包含课后答案

第一章 绪 论

一、教学要求

（1）明确本课程研究的对象和内容，及其在培养机械类高级工程技术人才全局中的地位、任务和作用。

（2）对机械原理学科的发展现状有所了解。

二、主要内容

1．机械原理课程的研究对象

机械原理（Theory of Machines and Mechanisms）是以机器和机构为研究对象，是一门研究机构和机器的运动设计和动力设计，以及机械运动方案设计的技术基础课。

机器的种类繁多，如内燃机、汽车、机床、缝纫机、机器人、包装机等，它们的组成、功用、性能和运动特点各不相同。机械原理是研究机器的共性理论，必须对机器进行概括和抽象 内燃机与机械手的构造、用途和性能虽不相同，但是从它们的组成、运动确定性及功能关系看，都具有一些共同特征：（1）人为的实物（机件）的组合体。

（2）组成它们的各部分之间都具有确定的相对运动。（3）能完成有用机械功或转换机械能。

机构是传递运动和动力的实物组合体。最常见的机构有连杆机构、凸轮机构、齿轮机构、间歇运动机构、螺旋机构、开式链机构等。它们的共同特征是：（1）人为的实物（机件）的组合体。

（2）组成它们的各部分之间都具有确定的相对运动。2．机械原理课程的研究内容

1、机构的分析

1）机构的结构分析（机构的组成、机构简图、机构确定运动条件等）； 2）机构的运动分析（机构的各构件的位移、速度和加速度分析等）；

3）机构的动力学分析（机构的受力、效率、及在外力作用下机构的真实运动规律等）；

2、机构的综合（设计）：创新的过程

1）常用机构的设计与分析（连杆机构、凸轮机构、齿轮机构、常用间歇机构等）； 2）传动系统设计（选用、组装、协调机构）

通过对机械原理课程的学习，应掌握对已有的机械进行结构、运动和动力分析的方法，以及根据运动和动力性能方面的设计要求设计新机械的途径和方法。3 机械原理课程的地位和作用

机械原理是以高等数学、物理学及理论力学等基础课程为基础的，研究各种机械所具有的共性问题；它又为以后学习机械设计和有关机械工程专业课程以及掌握新的科学技术成就打好工程技术的理论基础。因此，机械原理是机械类各专业的一门非常重要的技术基础课，它是从基础理论课到专业课之间的桥梁，是机械类专业学生能力培养和素质教育的最基本的课程。在教学中起着承上启下的作用，占有非常重要的地位。4 机械原理课程的学习方法

1.学习机械原理知识的同时,注重素质和能力的培养。

在学习本课程时，应把重点放在掌握研究问题的基本思路和方法上，着重于创新性思维的能力和创新意识的培养。

2．重视逻辑思维的同时,加强形象思维能力的培养。

从基础课到技术基础课，学习的内容变化了，学习的方法也应有所转变；要理解和掌握本课程的一些内容，要解决工程实际问题，要进行创造性设计，单靠逻辑思维是远远不够的，必须发展形象思维能力。

3．注意把理论力学的有关知识运用于本课程的学习中。在学习本课程的过程中，要注意把高等数学、物理、理论力学和工程制图中的有关知识运用到本课程的学习当中。

4．注意将所学知识用于实际,做到举一反三。

三、难点分析

机器与机构的概念、区别与联系

四、课后习题答案

1-1 答：1）机构是实现传递机械运动和动力的构件组合体。如齿轮机构、连杆机构、凸轮机构、螺旋机构等。

2）机器是在组成它的实物间进行确定的相对运动时，完成能量转换或做功的多件实物的组合体。如电动机、内燃机、起重机、汽车等。3）机械是机器和机构的总称。

4）a.同一台机器可由一个或多个机构组成。

b.同一个机构可以派生出多种性能、用途、外型完全不同的机器。c.机构可以独立存在并加以应用。

1-2 答：机构和机器，二者都是人为的实物组合体，各实物之间都具有确定的相对运动。但后者可以实现能量的转换而前者不具备此作用。

1-3 答：1）机构的分析：包括结构分析、运动分析、动力学分析。2）机构的综合：包括常用机构设计、传动系统设计。1-4 略

第二章平面机构的结构分析

一、教学要求

1.熟练掌握机构运动简图的绘制方法。能够将实际机构或机构的结构图绘制成机构运动简图；能看懂各种复杂机构的机构运动简图；能用机构运动简图表达自己的设计构思。2.掌握运动链成为机构的条件。

3.熟练掌握机构自由度的计算方法。能自如地运用平面机构自由度计算公式计算机构自由度。能准确识别出机构中存在的复合铰链、局部自由度和虚约束，并作出正确处理。4．了解机构的组成原理和结构分析的方法。了解高副低代的方法；学会根据机构组成原理，用基本杆组、原动件和机架创新构思新机构的方法。

二、主要内容 1机构的组成 1．构件与零件

构件：是运动的单元体。构件可以是一个零件，也可以是由多个零件组成的刚性系统。零件：是制造的单元体。2．运动副及其分类

运动副：两构件直接接触所形成的可动联接。运动副元素：两构件直接接触的部分。

自由度：构件所具有的独立运动的数目。

约束：对构件的独立运动所加的限制。运动副每引入一个约束，构件就失去一个自由度。运动副的分类：

1）按运动副引入的约束数分类

引入1个约束的运动副称为1级副，引入2个约束的运动副称为2级副，引入3个约束的运动副称为3级副，引入4个约束的运动副称为4级副，引入5个约束的运动副称为5级副。2)按运动副的接触形式分：

低副：构件与构件之间为面接触。高副：构件与构件之间为点、线接触。3)按相对运动的形式分平面运动副：两构件之间的相对运动为平面运动。空间运动副：两构件之间的相对运动为空间运动。3．运动链

运动链是指两个或两个以上的构件通过运动副联接而构成的系统。闭式运动链（闭链）：运动链的各构件构成首末封闭的系统。

开式运动链（开链）：运动链的各构件未构成首末封闭的系统。

在运动链中，如果将某一个构件加以固定，而让另一个或几个构件按给定运动规律运动时，如果运动链中其余各构件都有确定的相对运动，则此运动链成为机构。

机架：机构中固定不动的构件；

原动件：按照给定运动规律独立运动的构件 从动件：其余活动构件。

平面机构： 组成机构的各构件的相对运动均在同一平面内或在相互平行的平面内。

空间机构： 机构的各构件的相对运动不在同一平面内或平行的平面内。2 机构运动简图

机器是由机构组成，因此，在对现有机构进行分析，还是构思新机械的运动方案和对组成新机械的各种机构作进一步的运动及动力设计时，需要一种表示机构的简明图形——机构运动简图。

机构运动简图：用国家标准规定的简单符号和线条代表运动副和构件，并按一定比例尺表示机构的运动尺寸，绘制出表示机构的简明图形。它与原机械具有完全相同运动特性。机构示意图：为了表明机械的组成状况和结构特征，不严格按比例绘制的简图。机构简图的绘制步骤：

1.分析机械的动作原理、组成情况和运动情况；

2.沿着运动传递路线，分析两构件间相对运动的性质，以确定运动副的类型和数目；

3.适当地选择运动简图的视图平面；

4.选择适当比例尺(=实际尺寸(m)/图示长度(mm))，用机构简图符号，绘制机构运动简图。并从运动件开始，按传动顺序标出各构件的编号和运动副的代号。在原动件上标出箭头以表示其运动方向。

2.3机构自由度的计算及具有确定运动的条件

1.机构自由度的概念： 机构的独立运动数称为机构的自由度。2.平面机构自由度的计算

机构的自由度取决于活动构件的数目、联接各构件的运动副的类型和数目。（1〕平面机构自由度计算的一般公式

设一个平面机构中共有n个活动构件，在用运动副将所有构件联接起来前，这些活动构件具有3n个自由度。

当用ph个高副、pl个低副联接成运动链后，这些运动副共引入了2plph个约束。由于每引入一个约束构件就失去了一个自由度，故整个机构相对于机架的自由度数为

F3n2plph（1.1）

该式称为平面机构的结构公式。3．计算平面机构自由度的注意事项(1)复合铰链

定义：两个以上构件在同一处以转动副相连接，所构成的运动副称为复合铰链。

解决问题的方法：若有K个构件在同一处组成复合铰链，则其构成的转动副数目应为（K-1）个

(2)局部自由度 定义：若机构中某些构件所具有的自由度仅与其自身的局部运动有关，并不影响其他构件的运动，则称这种自由度为局部自由度。

局部自由度经常发生的场合：滑动摩擦变为滚动摩擦时添加的滚子；轴承中的滚珠。解决的方法：计算机构自由度时，设想将滚子与安装滚子的构件固结在一起，视为一个构件。(3)虚约束

在特定几何条件或结构条件下，某些运动副所引入的约束可能与其他运动副所起的限制作用一致，这种不起独立限制作用的重复约束称为虚约束。

虚约束经常发生的场合： a.轨迹重合的虚约束；

b.转动府轴线重合的虚约束； c.移动副导路平行的虚约束； d.机构中对称部分的虚约束。

机构中的虚约束都是在一定的几何条件下出现的，如果这些几何条件不满足，则虚约束将变成有效约束，而使机构不能运动。

采用虚约束是为了改善构件的受力情况；传递较大功率；或满足某种特殊需要。4．机构具有确定运动的条件：机构的自由度数等于机构的原动件数。2.4平面机构的组成原理分析 1.平面机构的组成原理

任何机构中都包含原动件、机架和从动件系统三部分。由于机架的自由度为零，每个原动件的自由度为1，而机构的自由度等于原动件数，所以，从动件系统的自由度必然为零。

杆组：自由度为零的从动件系统。

基本杆组：不可再分的自由度为零的构件组合称为基本杆组，简称基本组。杆组的结构式为：3n2pl

机构的组成原理：把若干个自由度为零的基本杆组依次联接到原动件和机架上，就可组成新的机构，其自由度数目与原动件的数目相等。

在进行新机械方案设计时，可以按设计要求根据机构的组成原理，创新设计新机构。在设计中必须遵循的原则：在满足相同工作要求的前提下，机构的结构越简单、杆组的级别越低、构件数和运动副的数目越少越好。2．平面机构的结构分析

对已有机构或已设计完的机构进行运动分析和力分析时，首先需要对机构进行结构分析，即将机构分解为基本杆组、原动件和机架，结构分析的过程与由杆组依次组成机构的过程正好相反。通常称此过程为拆杆组。

拆杆组时应遵循的原则：从传动关系离原动件最远的部分开始试拆；每拆除一个杆组后，机构的剩余部分仍应是一个完整的机构；试拆时，按二级组试拆，若无法拆除，再试拆高一级别的杆组。3．平面机构的高副低代法

目的：为了使平面低副机构结构分析和运动分析的方法适用于含有高副的平面机构。

概念：用低副代替高副

方法：用含两个低副的虚拟构件代替高副

高副低代必须满足的条件： 1.替代前后机构自由度不变

2.替代瞬时速度加速度不变

对于一般的高副机构，在不同位置有不同的瞬时替代机构。经高副低代后的平面机构，可视为平面低副机构。

四、课后习题答案

2-1 答：构件是机构的运动单元，零件是加工制造单元。2-2 答：运动副食两构件之间直接接触的可动连接。其运动副的直接接触部分叫运动副元素。

有若干个构件通过运动副的连接所构成的系统叫运动链。

运动副可按运动副元素分为高副、低副。两构件之间的运动形式分为移动副和转动副。按构件的运动平面分为平面运动副和空间运动副。按引入的约束数目可分为1—5级副。2-3 略 2-4 略 2-5 略

2-6 a)F＝3×3－2×4＝1 b)F＝3×3－2×4＝1 c)F＝3n－2P－PLH＝3×3－2×4＝1 2-7 F＝3×7－2×9－2＝1 2-8 a)n＝7 PL＝10

Ph＝0

F＝3×7－2×10＝1 b)B局部自由度 n＝3 PPL＝3 PPh＝2

F＝3×3－2×3－2＝1 c)B、D局部自由度 n＝3 L＝3 L h＝2

F＝3×3－2×3－2＝1 P＝4

F＝3×3－2×4＝1 e)n＝5 P＝7

F＝3×5－2×7＝1 d)n＝3

Lf)A、B、C、E复合铰链 n＝7 PL＝10

F＝3×7－2×10＝1 g)A处为复合铰链 n＝10 PL＝14

F＝3×10－2×14＝2 h)B局部自由度 n＝8 PL＝11 Ph＝1

F＝3×8－2×11－1＝1 i)B、J虚约束

C处局部自由度 n＝6 P'L＝8 Ph＝1

F＝3×6－2×8－1＝1 j)BB处虚约束

A、C、D复合铰链 n＝7 PPL＝10 F＝3×7－2×10＝1 k)C、D处复合铰链 n＝5 L＝6 Ph＝2

F＝3×5－2×6－2＝1

F＝3×7－2×10＝1 l)n＝7 PL＝10 m)CH平行相等DG平行相等EF

B局部自由度

I虚约束

4杆和DG虚约束 n＝6 PL＝8 Ph＝1

F＝3×6－2×8－1＝1 2-9 a)n＝3 P L＝4 hPh＝1 F＝3×3－2×8－1＝0 不能动

Pn＝4 Pn＝4 P＝1

F＝3×4－2×5－1＝1 ＝5 P＝1

F＝3×4－2×5－1＝1 b)n＝5 P＝6

F＝3×5－2×6＝3 运动不确定 n＝5 P＝7

F＝3×5－2×7＝1 2-10 a)n＝7 P＝10

F＝3×7－2×10＝1 L＝5 LhLLL二级机构 b)n＝5 三级机构 c)n＝5 二级机构

第三章平面机构的运动分析

第一节 机构运动分析的任务、目的和方法

(1)机构运动分析的任务: 是在已知机构尺寸及原动件运动规律的情况下，确定机构中其他构件上某些点的轨迹、位移、速度及加速度和构件的角位移、角速度及角加速度。

(2)机构运动分析的目的: 无论是设计新的机械，还是为了了解现有机械的运动性能，都是十分必要的，而且它还是研究机械动力性能的必要前提。PPL＝7

F＝3×5－2×7＝1 L＝7

F＝3×5－2×7＝1

(3)机构运动分析的方法: 其方法很多，主要有图解法和解析法。本章将对这两种方法分别加以介绍，且仅限于研究平面机构的运动分析。

 图解法及其特点：

图解法就是在已知机构尺寸及原动件运动规律的情况下，根据机构的运动关系，按选定比例尺进行作图求解的方法。图解法主要有速度瞬心法和矢量方程图解法。当需要简捷直观地了解机构的某个或某几个位置的运动特性时，采用图解法比较方便，而且精度也能满足实际问题的要求。

 解析法及其特点：

平面机构运动分析的解析法有很多种，而比较容易掌握且便于应用的方法有矢量方程解析法、复数法和矩阵法。而当需要精确地知道或要了解机构在整个运动循环过程中的运动特性时，采用解析法并借助计算机，不仅可获得很高的计算精度及一系列位置的分析结果，并能绘出机构相应的运动线图，同时还可把机构分析和机构综合问题联系起来，以便于机构的优化设计。

第二节 用速度瞬心法作机构的速度分析

机构速度分析图解法又有速度瞬心法和矢量方程图解法两种。在仅需对机构作速度分析时，采用速度瞬心法往往显得十分方便，故下面对速度瞬心法加以介绍。

1.速度瞬心及其位置的确定(1)速度瞬心的概念

速度瞬心(简称瞬心):若该点是互作平面相对运动两构件上瞬时相对速度为零、或者说绝对速度相等的重合点，故瞬心可定义为两构件上的瞬时等速重合点。若该点的绝对速度为零，为绝对瞬心，否则为相对瞬心。今后将用符号pij表示构件 i、j 间的瞬心。而由 N 个构件(含机架)组成的机构的瞬心总数K应为： K = N(N-1)/ 2

(2)机构各瞬心位置的确定方法如下:

1)由瞬心定义确定瞬心的位置：对于通过运动副直接相联的两构件间的瞬心，可由瞬心定义直观地确定其位置，其方法如下：

以转动副相联接的两构件，其瞬心就在转动副的中心处；

以移动副相联接的两构件，其瞬心位于垂直于导路方向的无穷远处；

以作纯滚动高副相联接的两构件，其瞬心就在接触点处；

以作滚动兼滑动高副相联接的两构件，其瞬心在过接触点高副元素的公法线上。

2)借助三心定理确定瞬心的位置：对于不通过运动副直接相联的两构件间的瞬心位置，可借助三心定理来确定；而三心定理是说：三个彼此作平面平行运动的构件的三个瞬心必位于同一直线上。

2.利用速度瞬心法进行机构的速度分析

在利用速度瞬心法进行机构的速度分析时，首先要选取尺寸比例尺作出所要求位置的机构运动简图，并确定出已知运动构件和待求运动构件（或输入运动构件与输出运动构件）之间的相对速度瞬心的位置，然后再利用速度瞬心的等速重合点的概念列出其速度等式，便可求得未知运动构件的速度（或机构的传动比）。具体求解方法以下例来加以说明。

例3-1 用瞬心法作平面铰链四杆机构的速度分析

例3-2 用瞬心法作凸轮机构的速度分析

这里必须指出：利用瞬心法对机构进行速度分析虽较简便，但当某些瞬心位于图纸之外时，将给求解造成困难。同时，速度瞬心法不能用于机构的加速度分析。第三节 用矢量方程图解法作机构的速度和加速度分析

1.矢量方程图解法的基本作法

矢量方程图解法，又称相对运动图解法，其所依据的基本原理是理论力学中的运动合成原理。在对机构进行速度和加速度分析时，首先要根据运动合成原理列出机构运动的矢量方程，然后再按方程作图求解。

已知:铰链四杆机构中各构件的长度,原动件1的角速度ω1，求ω2，ω3，VC，VE。解: 1.根据相对运动原理列矢量方程式:

VC = VB + VCB

方向： ⊥CD ⊥AB ⊥CB

大小： ? ω1LAB ? 上述各矢量方程式中,包括大小和方向在内共有6个变量,现式中仅有VC和VCB的大小未知,可以用图解法求解。2.作速度图

a)确定速度比例尺。速度比例尺μv（= 实际长度/图示长度）表示图中每单位长度所代表的速度大小，其单位为（m.s-1/mm）； b)选取速度极点。在速度图上任取一点P为速度极点(表示速度为零的点).c)通过P点作代表VB的矢量pb(∥VB，且pb=VB/μv)d)分别过b点和p点作代表VCB和VC的方向线,得交点c，矢量pc和bc分别代表VC和VCB 3.求解ω2，ω3，和VC

根据速度图可以求出：ω2=VCB/LCB=bcμv/LCB 将bc平移到机构图上的C点，可知ω2为顺时针方向。

ω3=VC/LCD=pcμv/LCD 将pc平移到机构图上的C点，可知ω3为逆时针方向。求解VE 利用下列矢量方程式求E点速度VE VE = VC + VEC = VB + VEB

方向： ？ ⊥CD ⊥CE ⊥AB ⊥BE

大小： ? pcμv ? ω1LAB

上式中仅有VEC和VEB的大小未知,可以用图解法求解。

b)分别过b点和c点作代表VEB和VEC的方向线，得交点e，矢量pe即代表VE。

VE =(pe)μv 方向如图中pe的方向

加速度分析略

2、两构件上重合点的速度

如图所示构件1与构件2组成移动副,点B(B1及B2)为两构件的任意重合点。由理论力学可知，构件2的运动可以认为是由构件2固定于构件1上随同构件1的运动（牵连运动）与构件2相对于构件1的移动（相对运动）所合成。即: VB2=VB1+VB2B1

已知:导杆机构中各构件的长度，原动件1的角速度度ω1,求ω3 解: 根据相对运动原理列矢量方程式： VB3 = VB2 + VB3B2

方向：⊥BC ⊥AB ∥BC 大小： ? ω1LAB ？

上述方程式中，只有VB3和VB2的大小未知，可以用图解法求解。作速度图

⑴确定速度比例尺μv ⑵选取速度极点p ⑶通过p点作代表VB2的矢量pb2(⊥AB且pb2=VB2/μv)⑷过b2点作VB3B2的方向线b2b3，过p点作VB3的方向线pb3，两方向线交于b3，得速度图pb2b3 求解ω3 ω3=VB3/LBC=pb3μv/LBC 将pb3平移到机构图上的B点，可知ω3为顺时针方向。加速度分析略

3．3机构运动分析的解析法

1． 以铰链四杆机构为例，介绍复数矢量法，重点掌握建模方法，矢量方程的建立方法。2．以曲柄摇块机构为例，介绍有移动副的机构的复数矢量法。

3．4平面机构的力分析

1．简单介绍机械上作用的力及惯性力的求解方法。

2．以六杆机构为例，简单介绍动态静力分析的图解法。重点是机构的拆组方法及绘力多边形的方法。

3．简介动态静力分析的解析法，为课程设计打下基础。

三、重点和难点：

本章的学习重点是：对Ⅱ级机构进行运动分析。学习难点是：对机构的加速度分析，特别是两构件重合点之间含有哥氏加速度时的加速度分析。

四、课后习题答案

3-1 答：1）两构件做相互平面运动的等速重合点叫瞬心。2）两构件之一静止时，运动构件上瞬时绝对速度为0的点。3）两构件均运动时，两构件瞬时绝对速度相等的重合点。3-6 确定瞬心位置

43a)k==6 232b)k==3 243c)k==6 234d)k==6 234e)k==6 234f)k==6 2由VM方向可知VM不垂直于AM所以A不是瞬心。3-7 解：1）ωpp=11314p13p14p13p34ωlpp31334

ωω=3p13p14p13p341

Vc=ωlω3=CD1CD2）BC上速度为0的点就是他的瞬心

p24

V2min=ωl2min

∴p24E⊥BE

∴ E点速度最小

3）Vc=0p13p34=0 pp1314共点

p12、p14、p23共线

①1=156.7° 拉直共线 ②2=317.87°重叠共线 3-8 ωpp=11314ωpp

31334ωω=3p13p14p13p341

ka3-9 a)有 VB3=VB2+VB3B2

方向： ⊥BC ⊥AB ∥BC 大小： ？

nknaB3 + aB3 = aB2 + aB3B2+ aB3B2

方向：B→C ⊥BC B→A ⊥BC向右 ∥BC

22大小：3lBC？

1lAB

23VB3B？ ka=0 3=0 1、2位置 ωl1AB

？

VB3B2=0 3、4位置

b)无a kVB3=VB2+VB3B2

方向：⊥BC ⊥AB ∥BC 大小：？ ωl1AB

？ 'aB3= aB2 + aB3B2

方向：⊥BC B→A ∥BC

2大小：？

1lAB

？

c)ka有

VB3=VB2

VB2= VB1+ VB2B1

方向：∥BC ⊥AB ∥AB 大小： ？

knaB2 = aB1 + aB2B1+ aB2B1

方向：∥BC B→A ⊥AB向上 ∥AB 大小：？

ωl1AB

？

12lAB

21VB2B

1？

ak=0 即VB2B1=0 AB⊥BC AB杆水平

3-10 a)VC =VB + VCB

方向：⊥CD ⊥AB ⊥BC 大小： ？

1l1

？

2=bbcl2 3=0 nnnaC + aC = aB + aCB+ aCB

方向：C→D ⊥CD B→A C→B ⊥BC

222大小：3l

3？

1l1

2l？

aCacaCB=0 2=0 3== l3l3b)扩大构件法 VB3=VB2+VB3B2

方向： ⊥BD ⊥AB ∥CD 大小： ？

nknaB3 + aB3 = aB2 + aB3B2+ aB3B2

方向：B→D ⊥BD B→A ∥CD 大小：0

？

ωl

？

1112l1

？

0 1l1=pb

VB3=0 3=0=2

12l1a=

b2c)扩大构件法 VC1=VC2+VC1C2

方向： ⊥AC ⊥CD ∥BC 大小： 2ω1lAC？

？

nnkaC1 + aC1 = aC2+aC2 + aC1C2+ aC1C2

方向：C→A ⊥CD C→D ∥BC ⊥BC向下

22大小：1lAC

0

？

3lCD？

21VC1C2

12lACa=

c1d)VC =VB + VCB

方向：⊥CD ⊥AB ⊥BC 大小： ？

1lAB

？

VCVCB=0 2=0 3= lCDVF =VE + VFE

方向：⊥FG ⊥EF ⊥EF 大小： ？

1lAB

？

VFEVepVF=0 5=0 4== lEFlEFnnnaC + aC = aB + aCB+ aCB

方向：C→D ⊥CD B→A C→B ⊥BC

22大小：3lCD？

1lAB

0

？

aaCB 3=0 C=0 2=3-11 VC = VB + VCB lBC方向：⊥CD ⊥AB ⊥BC 大小： ？

1l1

？

VCVCB=0 2=0 3= lCDVE = nnnaC + aC = aB + aCB+ aCB

方向：C→D ⊥CD B→A B→C ⊥BC

22大小：3lCD？

1lAB

0

？ 2n1VB

1=60

aaCB

C=0 2=lBCaE=ae

速度影像法

3-12

方向：∥BC ∥AD ∥CD 大小： ？

VC2 =VC1 + VC2C1

V1

？ aC2 = aC1 + aC2C1

方向：∥BC ∥AD ∥CD 大小： ？

a1

？

3-13 解：∵1、2、3构件以移动副相连。∴ 1=2=3

2VD=3lCD

aD=3lCD

3-14

VB2= VB1+ VB2B1

方向：∥BC ⊥AB ∥AB 大小： ？

kaB2 = aB1 + aB2B1+ aB2B1

方向：∥BC B→A ∥AB ⊥AB向上

2大小：？

1lAB

？

21VB2B1

ωl1AB

？

3-15 扩大构件法 VB2= VB3+ VB3B2

?

？ 方向： ⊥AB ⊥BC ∥BC 大小： ωl1ABVB33==2 lBCVD= VB2+ VDB2

方向： ? ⊥AB ∥DB 大小： ？

nkaB2= aB3 + aB3 + aB2B3 + aB2B3

方向：B→A B→C ⊥BC ⊥BC向下 ∥BC 大小：12ωl1AB

ωl2DB

aB33=2=lBCl

AB 32lBC

？

23VB2B1

？

naD= aB2+ aDB2 + aDB2 方向：？ D→A ⊥B2D D→B2

22大小：？

1lAB

2lBD

2lBD naE= aD+ aED + aED

方向：？ √ ⊥ED E→D

2大小：？

√

2lDE

2lDE