机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析

机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析

第一部分 理论力学

一、 填空题

1. 解：如下图所示，可在C 点对题述运动进行分解：

(1) 圆盘绕O 点逆时针转动；

(2) 滑块A 水平向右直线运动；

(3) 杆1O A 受牵连作绕1O A 轴的逆时针旋转运动。

由此可得出10O O A v v v ++=，故可得知1sin60O O v v ?=。

又根据圆周运动的性质可知1sin60AO O l l ωω?=，则1sin 60AO O l l ωω?=

=；

同理可得1cos603A O b v l ω?==。 由于该题所述牵连运动为转动，因而要选判断科氏加速度的方向： 根据右手定则，可得其方向如下图所示：

接下来可再根据圆周运动的性质依次确定t O a 、n O a 、1t O a 、1

n O a 的方向如上图所示，由此再根据运动合成定理可得11

0t n t n O O O O A C a a a a a a +++++=， 同时根据圆周运动及科氏加速度的性质，并将上式各加速度在y 轴上投影可得

11

212sin60cos30cos60cos30O A O O O v l b b ωαωα????++=； 同时由于圆盘绕O 点作匀角速度运动，故0O α=，

进一步可得2223

122332

O b b l l αω+=

，故22212129O bl b l ωα+=。 2. 解：设任意瞬时，圆柱体的质心加速度为1a ，角加速度为ε，重物的加速度为2a ，则根据动量定理和圆周运动的向心力性质及加速度合成定理，必有：

1211

121

222sin 12'

a r a m a m g T m r Tr m a m g T εθε=-??=-???=??=-??，

联立，可解得()()12211221212sin 2sin 33sin 3m m m g a m m m m g

a m m θθθ+-?=?+??-?=?+?。

3. 解：由题意可得如下图所示的受力分析图（其中1T F 、2T F 分别代表滑动与滚

动摩擦力，f M 代表滚动阻力偶）：

由上图可知()12cos N F P P α=+；

由滚动阻碍定律可得()max 12cos f N M M F P P δδα≤==+； 由此根据力偶的性质可得()122cos f

T M P P F r r

δα+==；

同时根据滑动摩擦的性质()112cos T N F fF P P f α==+；

由于使得系统发生运动的力为Q ，又由于r f δ<，

故可得()()121212cos cos T T P P Q F F P P f r

δαα+=-=+-。 4. 解：由题意可绘制如下图所示的运行与受力分析：

首先，求解质心D 的位置：56

d OD l ==； 刚体作定轴转动，初瞬时0ω=，应用动量矩定理得22

O l J mg mgl α=+； 又()()2222112223312O J ml m l ml ml =+??+=，由此得2532

ml mgl α=， 故56g l α=，因此525636

t D a l g α==； 由质心运动定理：33t D Oy ma mg F =-； 故2511333612

Oy F mg m g mg =-=。 又刚体OA 与EC 要保持动平衡，由此可得()25312A Oy F mg F mg =-=

↑。 5. 解：⑴设物块D 下降距离s 时，速度为D v ，则系统动能为：

()22222111112222

D C C B B A T m m v J J m v ωω=

++++， 其中：D C v R ω=；2D B v R ω=；2A D v v =；212C B J J mR ==； 则22211211172442222D D T m m m m m v m m m v ????=++++=++ ? ?????

；

重力的功为：()2W m m gs =+；

应用动能定理T W =并求导：()122742D D D m m m v a m m gv ??++=+ ???

； 故()212

2782D m m g a m m m +=++。 (2) 如下图应用相对速度瞬心的动量矩定理：

()22D O BC a J m m gR F R R =+-；其中22232

O J mR m R =+， 则可得()()22212213124

4782BC m m g F m m g m m m m m +??=+-+ ?++?? ()()()()()()()21222211212

78232222782782m m m m m g m m m m g m m m m g m m m m m m +++-++++==++++。 6. 解：对图示机构进行受力分析，如下图所示。

由图示可知，12tan 30,cos30F F F F ??====， 1221cos30cos30,cos30cos60cos60n A n B F G F F F G F F ?????=+-=+-，

即)()12211,2

n A n B F G F F F F F =-=+-，

进而可推得121,2n A n B F G F F F ???==+-? ?? ?????

，

即121,2226

n A n B F G F F F F F =+-=+-；

由摩擦力的公式可知111222,s n n s n n f f F F f f F F ==

==，，

由此可推得1233,88A B f F f G =+-=+， 由题意3mA m =，10mB m =，

可推得12315,4844824

A B f F F f mg F F =+-=+-。 由刚体动力学静平衡条件()0C M F =可得12cos30sin30AC BC f l f l ??=，

12AC BC l f l =，

又12315,84A B f F f mg =+=+，

故可推得9315444A AC B BC mg F F l mg F l ????+-=+ ? ? ? ?????

，

同时，由题意可知cos30BC AC l l ?=

，则BC AC l l =

故可推得9331441616

A B mg F F F F -=+-，

即(

5A B F mg F =-++。 7. 解：选定杆OA 与1O B 及BC 、滑块C 组成的系统为研究对象，根据题意可绘制出如下图所示的受力分析：

则该系统有5个活动部件，存在5个旋转副、2个移动副，故其自由度为

3235271L H F n P P =--=?-?=个自由度；

因此可选择θ为广义坐标，利用解析法求解：

通过主动力偶M 、滑块C 的驱动力Q 作用点处相应坐标A y 、C x 的变分，确定A 点铅垂方向和C 点水平方向的虚位移：

sin ,sin A A y l y l θδθδθ==，cos 2sin tan ,2sin tan C C x l l x l θθθδθθδθ=+=-， 虚功之和为()()2sin tan sin W Q l M δθθδθθδθ=-+∑，

根据虚位移原理0W δ=∑得()2sin tan sin Q l M θθθ=，

即2tan M lQ θ=。

8. 解：根据题意可做出如下图所示的断绳后的受力分析：

由该图我们可以看出在断绳前，其重心为C 点，但在断绳后其重心迁移至A 点。由此可以绘制出如上图所示，惯性力系方向简化结果， 则必有2

I m L F ma mR αα===， 2222212

23IC A C l mL L mL M J J m m αααα????????==+=+=???? ? ?????????????，方向如图所示。 9. 解：⑴根据题意我们可以绘制如下所示的运动分析，因而可知系统存在两个

自由度，因此可取广义坐标,x ?，其动能为221122

A B B T Mv J ω=+， 根据运动学分析，A v u x =+，B ω?=，则()()221122

B T M u x J ?=++； 同时根据转动惯量的定义可求得212B J mR =，故()2221124

T M u x mR ?=++。

(2) 根据上图我们可以看出系统的有势力为小球B 与物块A 的重力，因而系统的势能由系统的重力做功决定，由于物块A 的运动仅为水平运动，因而重力没有做功，因而系统的势能仅与物块B 的重力做功有关，

故()22

B o V mg z z ??=-==； (3) 根据以上的分析可知拉格朗日函数为

()2

22112242

L T V M u x mR mgR ??=-=+++ 因而系统的广义动量积分L L p x ?

??=+??

()

212

222M u x mR mgR ???=+++， 由于0,0??==，则()p M u x =+；

(4) 由拉格朗日方程的广义能量积分求解公式可得T T T T V H x x ???

?????=+--+????? ()()221122222M u x mR M u x x mR mgR ????=++-+--

2

?； 由于0,0??==，则()()H M u x M u x x =+-+。

10. 解：由题意可以做出如下图所示的运动分析：

由此其运动可分解为：

(1) 滑块4竖直向下运动（可忽略）；

(2) 杆AB 绕AB 逆时针转动；

(3) 杆AB 与圆盘3接触点B 端水平向右运动；

(4) 圆盘3逆时针转动（牵连运动）。

则系统在水平位置的动能为22223133111222

AB T J J m v ωω=++，

即22222222123133213111110.240.015323222

T m l m r m v v ωωωω=?+?+=++； 同时根据上图可得水平位置时，3121tan30,cos30v v v v =?=?，

即32123,10

v ωω=

=，故220.915T ω=； 由于系统只有重力做功，故有2sin 302l m g T ?=，即2260.915ω=，

故2ω=rad s ，12s ω==； 由于当弹簧压缩量最大的时候，所有的动能与势能将全部转化为弹性势能：

故可得2112

T m g k δδ+=，即2640δδ+=，因此可得)20m δ=。

第三部分 机械设计

一、选择题

1. 解：为了避免螺栓承受附加的弯曲载荷。除了要在结构上设法保证载荷不偏心外，还应在工艺上保证被联接件、螺母和螺栓头部的支承面平整，并与螺栓轴线相垂直。在铸、锻件等的粗糙表面上安装螺栓时，应制成凸台或沉头座。当支承面为倾斜表面时，应采用斜面垫圈等。因此应选择()B 。

2. 解：牙型为三角形，内外螺纹旋合后留有径向间隙。强度高是细牙和粗牙螺纹的区别，因此应排除()A ，对于()B 、()D 显然不是各类螺栓的基本功能和加工区别，故应选择()C 。

3. 解：带传动在工作时，带受到拉力后要产生弹性变形。但由于紧边和松边的拉力不同，因而弹性变形也不同。当紧边在1A 点绕上主动轮时（如下图），其所

承受的拉力为1F ，此时带的线速度v 和主动轮的圆周速度（均指带轮的节圆圆周

速度）1v 相等。

在带由1A 点转到1B 点的过程中，带所受的拉力由1F 逐渐降低到2F ，带的弹性变形也就随之逐渐减小，因而带沿带轮的运动是一面绕进、一面向后收缩，所以带的速度便过渡到逐渐低于主动轮的圆周速度1v 。这就说明了带在绕经

主动轮缘的过程中，在带与主动轮缘之间发生相对滑动。相对滑动现象也发生在从动轮上，但情况恰恰相反，带绕过从动轮时，拉力由2F 增大到1F ，弹性变形

随之逐渐增加，因而带沿带轮的运动是一面绕进，一面向前伸长，所以带的速度便过渡到逐渐高于从动轮的圆周速度2v ，亦即带与从动轮间也发生相对滑动。这种由于带的弹性变形而引起的带与带轮间的滑动，称为带传动的弹性滑动。因此应选择()C 。

4. 解：考察键连接的设计过程与顺序，应选择()B 。

5. 解：考察链传动的运动特性：

1) 链传动的运动不均匀性

因为链是由刚性链节通过销轴铰接而成，当链绕在链轮上时，其链节与相应的轮齿啮合后，这一段链条将曲折成正多边形的一部分（如下图）。该正多边形的边长等于链条的节距p ，边数等于链轮的齿数z 。链轮每转一转，随之转过的链长为zp ，所以链的平均速度v 为：

1122601000601000

z n p z n p v ==??

链传动的传动比为：

121221

n z i n z == 通常用上述两公式来求解链速和传动比，它们反映的仅是平均值。事实上，即使主动链轮的角速度为常数，其瞬时链速和瞬时传动比都是变化的，而且是按每一链节的啮合过程作周期性的变化。

如上图所示，链轮转动时，绕在链轮上的链条，只有其铰链的销轴A 的轴心是沿着链轮分度圆运动的，而链节其余部分的运动轨迹均不在分度圆上。若主动链轮以等角速度1ω转动时，该链节的铰链销轴A 的轴心作等速圆周运动，设以链轮分度圆半径1R 近似取代节圆半径，则其圆周速度111v R ω=。

为了便于分析，设链传动在工作时，主动边始终处于水平位置。这样1v 可分解为沿着链条前进方向的水平分速度x v 和作上下运动的垂直分速度1y v ，其值分别为：

111cos cos x v v R βωβ==，1111sin sin y v v R βωβ==

式中β是主动轮上最后进入啮合的链节铰链的销轴A 的圆周速度1v 与水平

线的交角，它也是啮入过程中，链节铰链在主动轮上的相位角。从销轴A 进入铰

链啮合位置到销轴B 也进入铰链啮合位置为止，β角是从12?-到12

?+之间变化的()11360z ?=?。 当1

2?β=±时，min 111180cos x x v v R z ω?==，11max 111

180sin y y v v R z ω?==； 当0β=时，min 11x x v v R ω==，11max 0y y v v ==。

由此可见，主动链轮虽作等角速度回转，而链条前进的瞬时速度却周期性地由小变大，又由大变小。每转过一个链节，链速的变化就重复一次，链轮的节距越大，齿数越少，β角的变化范围就越大，链速的变化也就越大。与此同时，铰链销轴作上下运动的垂直分速度1y v 也在周期性地变化，导致链沿铅垂方向产生

有规律的振动。同前理，每一链节在与从动链轮轮齿啮合的过程中，链节铰链在从动链轮上的相位角γ，亦不断地在2180z ±?的范围内变化（如上页图），所以

从动链轮的角速度为

11

222cos cos cos x v R R R ωβωγγ

== 链传动的瞬时传动比121221cos cos R i R ωγωβ

== 由上式可知，随着β角和γ角的不断变化，链传动的瞬时传动比也是不断变化的。当主动链轮以等角速度回转时，从动链轮的角速度将周期性地变动。只有在12z z =，且传动的中心距恰为节距p 的整数倍时（此时βγ=恒成立），传动比才能在全部啮合过程中保持不变，即恒为1。

上述链传动运动不均匀性的特征，是由于围绕在链轮上的链条形成了正多边形这一特点所造成的，故称为链传动的多边形效应。

根据以上分析可知为了减少这种多边形效应，即减少β角的变化范围，故应减小节距或增大齿数，故排除()B 。

2) 链传动的动载荷

链传动在工作过程中，链条和从动链都是作周期性的变速运动，因而造成和从动链轮相连的零件也产生周期性的速度变化，从而引起了动载荷。动载荷的大

小与回转零件的质量和加速度的大小有关。

链条前进的加速度引起的动载荷1d F 为

1d C F ma =

式中：m 代表紧边链条的质量，C a 代表链条加速度。

21111cos sin x C dv d a R R dt dt

ωβωβ=== 当1180z β=±?时，221max 11

1180sin 2C p a R z ωω?== 式中p 为链节距，112sin180p R z =?。

从动链轮的角加速度引起的动载荷2d F 为

222d d J F R dt

ω= 式中：J 代表从动系统转换到从动链轮轴上的转动惯量，2ω代表从动链轮的角

速度，2R 代表从动链轮的分度圆半径。

计算结果表明，链轮的转速越高，节距越大，齿数越少（对相同的链轮直径），则传动的动载荷就越大。同时，由于链轮沿垂直方向的分速度y v 也在作周期性变

化，将使链条发生横向振动，甚至发生共振。这也是链传动产生动载荷的重要原因之一。

根据以上分析可得，为减轻动载荷，应减少节距，增大齿数；同时结合⑴的分析可得应选择()D 。

6. 解：考察各类联轴器的特点与性质，对于载荷具有冲击、振动，应采用具有缓冲吸振的弹性联轴器，故应选择()C 。

7. 解：由于滑动速度过高，会加速磨损而使轴承报废。这是因为p 只是平均压力，实际上，在轴发生弯曲或不同心等引起的一系列误差及振动的影响下，轴承边缘可能产生相当高的压力，因而局部区域的pv 值还会超过许用值。故应选择()C 。

第五部分 微型计算机原理及其应用

一、填空题

1.

解： 1)

十进制数连除，余数倒序排列，直至商零，可得答案； 2)

方法同上； 3) 将二进制数以一字节表示两位的方法显示可得答案；

4)按一字节存放一位十进制数表示。

3.解：

1)ADD代表不带进位（对CF无影响）的加法指令，将BX与AX相加后可得AX，然后根据所得结果可分析标志寄存器状态（SF代表标志位，ZF代表零标志，AF代表辅助进/借位，PF代表奇偶标志，CF代表进/借位标志，OF代表溢出标志）；

2)ADC代表带进位的加法指令，方法同上；

3)SBB代表带借位减法指令，将BX与AX相减后可得AX，标志寄存器状态分析同上；

4)NEG代表求补码指令，将AX先转换为二进制，然后所有位全部取反后再加1可得结果，标志寄存器状态分析同上；

5)AND代表逻辑与指令，将BX与AX进行逻辑与运算（根据真值表）后可得AX，标志寄存器状态分析同上；

6)OR代表逻辑或指令，将BX与AX进行逻辑或运算（根据真值表）后可得AX，标志寄存器状态分析同上；

7)XOR代表异或指令，即将BX与AX先取反得AX与BX，然后进行AX BX AX BX

?+?的运算后可得结果，标志寄存器状态分析同上；

8)IMUL代表带符号数乘法指令，

4.解：

1)计算BP+SI+2可得源操作数地址偏移量；

2)经辨认可得该地址寻址方式为基址加变址寻址方式，可得其有效地址EA可表示为EA=[DS左移4位]+[BX]+[SI/DI]+[8位/16位偏移量]或EA=[SS左移4位]+[BP]+[SI/DI]+[8位/16位偏移量]，由此利用下述两种方法可得结果：SS左移4位后加地址偏移量；计算BX=BP+SI，然后计算BX+SI+2，再将DS左移4位后相加可得答案。