机械原理课后习题答案(朱理)

机械原理部分课后答案

第一章结构分析作业

1.2 解：

F = 3n－2P L－P H = 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－2P L－P H = 3×4－2×5－1= 1 A点为复合铰链。（b）F = 3n－2P L－P H = 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－2P L－P H = 3×5－2×7－0= 1 FIJKLM为虚约束。

1.3 解：

F = 3n－2P L－P H = 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

mm

mm l /5=μ作机构位置图如下图所示。

1.求D 点的速度V D

13

P D V V =

而 25241314==P P AE V V E D ，所以 s mm V V E D /14425241502524=⨯==

2. 求ω1

s rad l V AE E /25.1120150

1===

ω

3. 求ω2

因 98382412141212==P P P P ωω ，所以s rad /46.0983825.1983812=⨯==ωω 4. 求C 点的速度V C

s

mm C P V l C /2.10154446.0242=⨯⨯=⨯⨯=μω

2.3 解：取mm

mm l /1=μ作机构位置图如下图a 所示。 1. 求B 2点的速度V B2

V B2 =ω1×L AB =10×30= 300 mm/s 2.求B 3点的速度V B3

V B3 ＝ V B2 ＋ V B3B2

大小 ？ ω1×L AB ？ 方向 ⊥BC ⊥AB ∥BC 取mm s mm v /10=μ作速度多边形如下图b 所示，由图量得：

mm

pb 223= ，所以

s

mm pb V v B /270102733=⨯=⨯=μ

由图a 量得：BC=123 mm , 则

mm

BC l l BC 1231123=⨯=⨯=μ

3. 求D 点和E 点的速度V D 、V E

利用速度影像在速度多边形，过p 点作⊥CE ，过b 3点作⊥BE ，得到e 点；过e 点作⊥pb 3，得到d 点 , 由图量得：mm

pd 15=，

mm

pe 17=，

所以

s

mm pd V v D /1501015=⨯=⨯=μ ， s

mm pe V v E /1701017=⨯=⨯=μ；

s

mm b b V v B B /17010173223=⨯=⨯=μ

4. 求ω3

s rad l V BC B /2.2123270

33===

ω

5. 求n B a 2

2

2212/30003010s

mm l a AB n B =⨯=⨯=ω

6. 求3B a

a B3 ＝ a B3n ＋ a B3t ＝ a B2 ＋ a B3B2k ＋ a B3B2τ 大小 ω32L BC ω12L AB 2ω3V B3B2 ？

方向 B →C ⊥BC B →A ⊥BC ∥BC 22233/5951232.2s mm l a BC n B =⨯=⨯=ω

2

23323/11882702.222s mm V a B B k B B =⨯⨯=⨯=ω

取mm s mm a 2

/50

=μ作速度多边形如上图c 所示，由图量得：

mm

b 23'3=π ，

mm

b n 20'33=,所以

233/11505023's mm b a a B =⨯=⨯=μπ

2333/10005020's mm b n a a

t B =⨯=⨯=μ

7. 求3α

2

33/13.81231000s rad l a BC t

B ===α

8. 求D 点和E 点的加速度a D 、a E

利用加速度影像在加速度多边形，作e b 3'π∆∽CBE ∆, 即 BE e

b CE e CB b 33''=

=ππ，得到e 点；过e 点作⊥3'b π，得到d 点 , 由图量得：

mm

e 16=π，

mm

d 13=π，

所以

2/6505013s mm d a a D =⨯=⨯=μπ ，

2

/8005016s mm e a a E =⨯=⨯=μπ 。

2.7 解：取mm

mm l /2=μ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B 2点的速度V B2

V B2 =ω1×L AB =20×0.1 = 2 m/s 2.求B 3点的速度V B3

V B3 ＝ V B2 ＋ V B3B2

大小 ？ ω1×L AB ？

方向 水平 ⊥AB ∥BD 取

mm

s m v /05.0=μ作速度多边形如下图b 所示，由图量得：

mm pb 203= ，所以 s

m pb V v B /105.02033=⨯=⨯=μ

而V D = V B3= 1 m/s

3.求n B a 2

22212/401.020s m l a AB

n B =⨯=⨯=ω

4. 求3B a

a B3 ＝ a B2n ＋ a B3B2τ

大小 ω12L AB ？

方向 水平 B →A ∥BD

取

mm

s m a 2

/1=μ作速度多边形如上图c 所示，由图量得：

mm

b 35'3=π ，所以 2

33/35135's m b a a B =⨯=⨯=μπ。 二、用解析法进行分析

s

m l V V AB B D /130sin 1.020sin sin 11123=︒⨯⨯=⨯⨯=⨯=φωφ

2

212123/6.3430cos 1.020cos cos 1

s m l a a AB B D =︒⨯⨯=⨯⨯=⨯=φωφ

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：

ϕϕϕcos )90sin()260sin(1212R R r F F F =+︒=-︒ ，)

260sin(cos 12ϕϕ-︒=r R F F

由滑块1的力多边形②得：ϕϕϕcos )90sin()260sin(2121R R d

F F F =-︒=+︒ ，

)260sin()

260sin()260sin(cos )260sin(cos cos )260sin(21ϕϕϕϕϕϕϕϕ-︒+︒=-︒+︒=+︒=r r R d F F F F

而 ︒===--53.8)15.0(11tg f tg ϕ

所以 N F F r

d 7.1430)

53.8260sin()

53.8260sin(1000)260sin()260sin(=︒⨯-︒︒⨯+︒=-︒+︒=ϕϕ 3.2 解：取mm mm l /5=μ作机构运动简图，机构受力如图a)所示；

取mm N F /50=μ作机构力多边形，得：

N F R 3000506065=⨯= ，N F R 3350506745=⨯=，

N

F F F F R R R R 335043345445====，

N

F R 1750503523=⨯=，

N F R 2500505063=⨯=，N F F F F R R R R 175021123223==== m N mm N l F M AB R b -=-=⨯==175175000100175021

3.2 解：机构受力如图a)所示

由图b)中力多边形可得：N tg F tg F R 10001000455465=⨯︒==ϕ N F F F R R 2.141445sin 1000

sin 454345=︒

===ϕ

︒

=

︒=︒4.18sin 45sin 6.116sin 23

6343R R R F F F N F F R R 4.11182.14146.116sin 45sin 6.116sin 45sin 4363=⨯︒︒

=︒︒=

N F F R R 5002.14146.116sin 4.18sin 6.116sin 4.18sin 4323=⨯︒

︒

=︒︒=

所以 N F F F R R R 500612321===

m N mm N l F M AB R b -=-=⨯==505000010050021

3.3 解：机构受力如图所示

由图可得：

对于构件3而言则：02343=++R R d F F F ，故可求得 23R F 对于构件2而言则：1232R R F F =

对于构件1而言则：02141=++R R b F F F ，故可求得 b F

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F d 为驱动力，则根据滑块1的力多边形得：

[])cos()(90sin )2sin(2121ϕαϕαϕα+=+-︒=+R R d F F F ，)

2sin()

cos(21ϕαϕα++=d R F F

则夹紧力为：)

2sin(cos )cos(cos 21ϕαϕ

ϕαϕ++==d R F F Fr

2. 反行程时ϕ取负值，21'R F 为驱动力，而d F '为阻力，故

)2sin()

cos(''21ϕαϕα--=d R F F ，

而理想驱动力为：α

ααtg F F F d

d

R 'sin cos ''021== 所以其反行程效率为：

)cos()2sin()2sin()cos('''''21

210ϕααϕαϕαϕαα

η--=

--==tg F tg F F F d

d

R R 当要求其自锁时则，0)

cos()

2sin('≤--=

ϕααϕαηtg ， 故 0)2sin(≤-ϕα ，所以自锁条件为：ϕα2≤

3.10 解：

1.机组串联部分效率为：

821.095.098.09.0'212

2

3=⨯⨯==ηηηη 2. 机组并联部分效率为： 688.095.098.03

27

.038.02''32=⨯⨯+⨯+⨯=⨯++=ηηηηηB A B B A A P P P P

3. 机组总效率为：

%5.56565.0688.0821.0'''==⨯==ηηη 4. 电动机的功率

输出功率：kw P P N B A r 532=+=+= 电动机的功率：kw N N r

d 85.8565

.05

==

=

η

第四章 平面连杆机构作业

4.1 解：

1. ① d 为最大，则 c b d a +≤+ 故

mm

a c

b d 520120360280=-+=-+≤

② d 为中间，则 d b c a +≤+

故

mm

b c a d 200280360120=-+=-+≥

所以d 的取值范围为：mm

d mm 520200≤≤ 2. ① d 为最大，则 c b d a ++ 故

mm

a c

b d 520120360280=-+=-+

② d 为中间，则 d b c a ++ 故

mm

b c a d 200280360120=-+=-+

③ d 为最小，则 a b d c ++ 故

mm

c a b

d 40360120280=-+=-+

④ d 为三杆之和，则 mm

c a b

d 760360120280=++=++≤

所以d 的取值范围为：

mm

d mm 20040 和mm d mm 760520≤

3. ① d 为最小，则 a b d c +≤+ 故

mm

c a b

d 40360120280=-+=-+≤

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：︒=16θ，︒=68ψ， ︒=155max δ ，︒=52min δ，所以 ︒=︒-︒=-︒=25155180180max min δγ，

行程速比系数为：20

.11618016180180180=︒-︒︒+︒=-︒+︒=θθK

2. 因为 102505210072284231=+=+=+=+l l l l

所以当取杆1为机架时，机构演化为双曲柄机构，C 、D 两个转动副是摆转副。

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

mm

mm l /6=μ作机构运动简图如图所示；由图量得： ︒=5θ，故行程速比系数为：05

.151805180180180=︒-︒︒+︒=-︒+︒=θθK

由图量得：行程：

mm

h l 24064040=⨯=⨯=μ

2. 由图量得：︒=68min γ，故[]︒=︒=4068min γγ

3. 若当0=e ，则K= 1 ，无急回特性。

4.11 解： 1.取

mm

mm l /4=μ，设计四杆机构如图所示。

2.由图中量得：

mm

AB l l AB 280470=⨯=⨯=μ， mm

D C l l CD 1004251=⨯=⨯=μ ， mm

AD l l AD 31445.78=⨯=⨯=μ。

4.16 解： 1.取

mm

mm l /1=μ，设计四杆机构如图所示。

2.由图中量得：

mm AB l l AB 5.2115.211=⨯=⨯=μ，

mm

C B l l BC 4514511=⨯=⨯=μ 。

3.图中AB ’C ’为max α的位置，由图中量得︒=63max α，图中AB ”C ” 为

max γ的位置，由图中量得︒=90max γ。

4.滑块为原动件时机构的死点位置为AB 1C 1和AB 2C 2两个。

4.18 解： 1.计算极位夹角：

︒=︒⨯+-=︒⨯+-=

3618015.11

5.118011K K θ

2.取mm

mm l /2=μ，设计四杆机构如图所示。

3.该题有两组解，分别为AB 1C 1D 和AB 2C 2D 由图中量得：

mm

AB l l AB 4822411=⨯=⨯=μ， mm

C B l l C B 1202601111=⨯=⨯=μ ；

mm

AB l l AB 2221122=⨯=⨯=μ， mm

C B l l C B 502252222=⨯=⨯=μ 。

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；

最大行程h =bc =20mm 、推程角︒=1880δ、回程角︒=172'0δ； 凸轮机构不会发生运动失真，因为凸轮理论轮廓曲线为一圆。