哈工程机械动力学基础课件习题

哈工程机械动力学基础课件习题
哈工程机械动力学基础课件习题

一、(15分)四杆机构ABCD ,图示位置AB ⊥BC ,CD ⊥BC ,各杆长分别为

230.5100l l l mm ===1。杆1受驱动力矩110M N m =?,其绕A 转动惯量210.1A J kg m =?;

杆3受阻力矩312M N m =?,其绕D 转动惯量230.3D J kg m =?;杆2质心位于中点,且21m kg =,220.06s J kg m =?。试解答:1、求瞬心P 13,P 24的位置(在图中标出即可)

2、若图示位置为起动位置,求起动瞬时杆1角加速度1ε=?

3、若考虑转动副B 、C 处的摩擦,摩擦圆如图示,试画出杆2上约束

反力作用线(视杆2为二力杆)。

3

一、解:取1为等效件

3

2、

31=0.5ωω,21

=0ω

ω,211s v l ω=,220.110.10.3(1/2)0.185v J =+?+?= (3分)

1012/24v M =-= (2分) 1/21.62v v M J ε== (2分) 3、如图 (4分)

(6分)图示滑块中,受力F 及Q ,各力均与作用面垂直,若知α= 40o

,块与

槽间摩擦角φ=10 o 。试求滑块正反行程的效率各是多少?

Q

F

2、(本小题6分)

sin(90)sin(90)

()()sin(90)sin(90)F Q

Q ??α?α?+-==---+正反

0cos()

0.852cos cos F F α?ηα?

+=

==? <3分> '0.871η= <3分>

(6分)图示盘类转子中,有不平衡质量m 1、m 2及平衡质量m b 。现知

m 1=m b =100g ,r 1=r b =5cm ,α= 22o

,β=38 o

。若又知r 2=10cm ,求m 2和其方位?

3、(本题6分)解:2211cos30286.6gcm m r m r =??= (3分)

286.6g m =,方位与x 轴负向偏上夹角8 (3分)

四、(15分)已知图示轴类转子左端面上有不平衡质量150m g =,左端面上有不平衡质量2150m g =,其所处方位如右视图所示。不平衡向径126r r cm ==。现选定转子两轴承处加校正平衡面Ⅰ和Ⅱ,各面间距离尺寸如图数字所示,单位为cm 。试求:

1) 校正面Ⅰ上所加质经积bI bI m r =?,其方位如何?

2)若转子转速3000n rpm =,那么未平衡前轴承A 处所受动反力I R =?

四、解:

111211121114

1

40g

30g

5

5

r r =300gcm R r 98.7b b b b b b m m m m m m N

ω'''====== (3?5=15分)

方位与x 轴负向偏上夹角36.87

2、(8分)图示滑块沿铅垂槽道滑行,块上受力F 及Q ,块与槽间滑动摩擦系数0.15f =,

又知20α= ,50β= 。试求滑块匀速上升及下降时其效率各是多少?

2、(本小题8分)

cos cos()

0.80cos()cos βα?ηβ?α

+=

=-? <4分>

cos()cos '0.78cos()cos ?βα

ηα?β

+?=

=- <4分>

三、(20分)图示轴类转子两端面A 、B 上有不平衡质量。现选定A 、C 面为平

衡校正面,A 面上平衡质量m A =60g ,C 面上平衡质量m C =100g ,m A 和m C 方位如图示,其中α=60o。又知各不平衡向径和平衡向径均相等且r =10cm ,各相关轴向尺寸如图数字所示,单位为cm 。试求:

1、若知B 面上有2个不平衡质量,1B m 、2B m 分别位于坐标系x 轴线及y 轴

线上。计算1B m 、2B m 的大小,并说明其与x 轴正方向所形成夹角是多少。(12分)

2、若知转子转速3000n rpm ,若除去A 面上平衡质量m A ,那么轴承支撑

M 、N 处的动反力各是多少。(8分)

三、解:(20分)

1)62.5(x 轴负向),108.25(y 轴正向),120度 (10分) 2)444.132,148.044 (10分)

2、(8分)图示四杆机构中,已知各杆长为20AB l =cm ,60BC l =cm ,50CD l =cm ,

65AD l =cm 。试解答:

1)该机构属于四杆机构中何种类型?若改换以CD 杆为机架,该机构又属于何种类型?

2)若BC 杆为二力杆,B 、C 处摩擦圆大小如图示,CD 杆为原动件,其受力矩M 。请画出BC 杆所受约束力的作用方向线。

2、(本小题8分)

1)AD 为机架--曲柄摇杆机构 (2分) CD 为机架—双摇杆机构 (2分)

2

(B 、C 处各2分)

4、(8分)图示导杆机构中,在图示位置时AB 杆垂直于BC 杆。若知杆1绕A

转动惯量10.03A J =kgm 2,件2质量22m =kg ,其绕质心B 点的转动惯量

20.01S J =kgm 2,件3绕C 点的转动惯量30.09C J =kgm 2,又知杆AB 长为0.1m ,杆AC 长为0.2m 。试求: 1)在图中标出瞬心P 13、P 24位置。

2)以件1为等效件,求出该位置的等效转动惯量是多少?

4、(本小题8分)

1

(4分)

2)0.05 kgm 2 (4分)

二、(15分)图示轮系中,已知各轮齿数为:1320z z ==,2440z z ==。又知各轮转动惯量为:210.1kgm J =,220.6kgm J =,230.2kgm J =,240.8kgm J =试解:1、求驱动力矩1M 的最小值是多少?

2、若16N m M =?,当由静止启动8秒时,轮1角速度1ω=?

M

三、(20分)图示四铰销机构中,已知杆长:120cm l =,2160cm l =,360cm l =,在图示位置CD ⊥AD ,AB ∥CD 。AB 杆为原动件,转向如图。 试解:1、通过计算判断该机构属于四铰销机构中何种类型?

2、计算图示位置C 点处压力角α=?(认定BC 杆为二力杆)

3、找出瞬心P 13、P 24。

4、若考虑摩擦且B 、C 处摩擦圆如图示。画出BC 杆所受的约束反力

的作用方向线。

B

C

4、(8分)图示圆盘转子其上有不平衡质量123,,m m m 及平衡质量b m ,其方位如

图示,其中30α=?。平衡向径及不平衡向径均等于21.66cm ,又知

1260g,2b m m m ==,求b m 和3m 。

机械系统动力学

机械系统动力学报告 题目:电梯机械系统的动态特性分析 姓名: 专业: 学号:

电梯机械系统的动态特性分析 一、课题背景介绍 随着社会的快速发展,城市人口密度越来越大,高层建筑不断涌现,因此,现在对电梯的提出了更高的要求,随着科技的进步,在满足客观需求的基础上,电梯向着舒适性,高速,高效的方向发展。在电梯的发展过程中,安全性和功能性一直是电梯公司首要考虑的因素,其中舒适性也要包含在电梯的设计中,避免出现速度或者加速度出现突变,或者电梯运行过程中的振动引起人们的不适。因此,在电梯的设计过程中,对电梯进行动态特性分析是十分必要的。 二、在MATLAB中编程、绘图。 通过同组小伙伴的努力,已经得到了该系统的简化模型与运动方程。因此进行编程: 该系统的微分方程:[][][]{}[]Q x k x c x M= + ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ?? ? ? ,其中矩阵[M]、 [C]、[K]、[Q]都已知。 该系统的微分方程是一个二阶一元微分方程,在MATLAB中,提供有求解常微分方程数值解的函数,其中在MATLAB中常用的求微分方程数值解的有7个:ode45,ode23,ode113,ode15s,ode23s,ode23t,ode23tb 。 ode是MATLAB专门用于解微分方程的功能函数。该求解器有变步长(variable-step)和定步长(fixed-step)两种类型。不同类型有着不同的求解器,其中ode45求解器属于变步长的一种,采用Runge-Kutta

算法;和他采用相同算法的变步长求解器还有ode23。 ode45表示采用四阶,五阶Runge-Kutta单步算法,截断误差为(Δx)^3。解决的是Nonstiff(非刚性)常微分方程。 ode45是解决数值解问题的首选方法,若长时间没结果,应该就是刚性的,可换用ode23试试。 Ode45函数调用形式如下:[T,Y]=ode45(odefun,tspan,y0) 相关参数介绍如下: 通过以上的了解,并对该微分方程进行变换与降阶,得出程序。MATLAB程序: (1)建立M函数文件来定义方程组如下: function dy=func(t,y) dy=zeros(10,1); dy(1)=y(2); dy(2)=1/1660*(-0.006*y(2)+0.003*y(4)-0.0006*y(10)-1.27*10^7*y(1)+1.27*10^7*y (3)+2.54*10^6*y(9)); dy(3)=y(4); dy(4)=1/1600*(+0.03*y(2)-0.007*y(4)+0.003*y(6)+1.27*10^7*y(1)-7.274*10^8*y(3 )+1.27*10^7*y(5)); dy(5)=y(6);

机械动力学基础考试题答案

一、判断题 1、通常来说,线性振动系统的自由度数和固有频率数是相等的。(对) 2、振动系统的质量矩阵、阻尼矩阵、刚度矩阵与选取的广义坐标无关。(错) 3、单自由度弹簧振子在光滑水平面和铅垂平面做自由振动时,振动周期不相等。(错) 4、小阻尼单自由度系统的自由振动称为衰减振动。(对) 5、加大阻尼一定可以有效隔振。(错) 6、自由度有阻尼系统的强迫振动,振幅最大发生在外激励频率与系统圆频率相等时。(错) 7、F0、ω、m、c、k为已知实数且都不等于0的条件下,t为时间变量,运动微分方程 0sin0 mx cx kx F tω ++-= &&&中的响应为单自由度有阻尼系统的自由振动。(错) 8、多自由度线性系统的固有振型之间一定存在着关于质量矩阵、阻尼矩阵、刚度矩阵的正交性。(错) 9、无阻尼振动系统的固有频率与系统的质量、弹簧刚度和所受外激励有关。(错) 10、对于能量无耗散的单自由度线性振动系统,在自由振动时系统的机械能守恒,采用能量法可直接得出系统的固有频率与运动微分方程。(对) 二、简答题 (1)简述机械振动的概念,并列出振动系统的主要特性参数有哪些? 所谓机械振动,是指物体(或物体系)在平衡位置(或平均位置)附近作来回往复的运动。主要特性参数有:质量、刚度、阻尼。 (2)机械振动学研究的主要内容是什么? 主要研究外界激励(输入)、振动系统、响应(输出)三者之间的关系。 (3)试用数值说明阻尼对该振动系统的影响。 解:一方面使系统振动的周期略有增大,频率略有降低,即 另一方面使系统振动的振幅按几何级数衰减。 (4) 什么是共振?在工程实际中机械系统共振时的突出表现是什么? 答:通常把激励频率与系统固有频率相等时称为共振。 机械振动系统的振幅显著增大。 三、解应用杜哈美积分,分别计算及两个区间的响应。 当时,计算系统的响应 当时,大于的部分,被积分函数为零,所以 四、 解:

机械设计基础第十四章 机械系统动力学

第十四章 机械系统动力学 14-11、在图14-19中,行星轮系各轮齿数为123z z z 、、,其质心与轮心重合,又齿轮1、2对质心12O O 、的转动惯量为12J J 、,系杆H 对的转动惯量为H J ,齿轮2的质量为2m ,现以齿轮1为等效构件,求该轮系的等效转动惯量J ν。 2222 2121221 12323121 13212 1 13222 12311212213121313 ( )()()()1()()()( )()()()o H H H o H J J J J m z z z z z z z z z O O z z z z z z z O O J J J J m z z z z z z z z νννωωω ωωωω ωω ωωωωνω=+++=-= += +=+-=++++++解: 14-12、机器主轴的角速度值1()rad ?从降到时2()rad ?,飞轮放出的功 (m)W N ,求飞轮的转动惯量。 max min 122 2 121 ()2 2F F Wy M d J W J ?ν??ωωωω==-=-? 解: 14-15、机器的一个稳定运动循环与主轴两转相对应,以曲柄和连杆所组成的转动副A 的中心为等效力的作用点,等效阻力变化曲线c A F S ν-如图14-22所示。等效驱动力a F ν为常数,等效构件(曲柄)的平均角速度值25/m rad s ?=, 3 H 1 2 3 2 1 H O 1 O 2

不均匀系数0.02δ=,曲柄长度0.5OA l m =,求装在主轴(曲柄轴)上的飞轮的转动惯量。 (a) W v 与时间关系图 (b )、能量指示图 a 2 24()2 3015m Wy=25N m 25 6.28250.02 c va OA vc OA OA va F W W F l F l l F N Mva N J kg m νν=∏?∏=∏+==∏= =?解:稳定运动循环过程 14-17、图14-24中各轮齿数为12213z z z z =、,,轮1为主动轮,在轮1上加力矩1M =常数。作用在轮 2 上的阻力距地变化为: 2r 22r 020M M M ??≤≤∏==∏≤≤∏=当时,常数;当时,,两轮对各自中心的转动惯量为12J J 、。轮的平均角速度值为m ω。若不均匀系数为δ,则:(1)画出以轮1为等效构件的等效力矩曲线M ν?-;(2)求出最大盈亏功;(3)求飞轮的转动惯量F J 。 图14-24 习题14-17图 40Nm 15∏ 12.5∏ 22.5∏ 15Nm ∏ 2∏ 2.5∏ 4∏ 25∏ 1 1 z 2 z 2 r M 2 M ∏ 2∏ 2?

哈尔滨工程大学机械原理题库

一、是非题,判断下列各题,对的画“√”,错的画“×”(每题2分,共10分) 1、Ⅱ级机构的自由度不能大于2;(×) 2、铰链四杆机构中,若存在曲柄,其曲柄一定是最短杆。(×) 3、当凸轮机构的压力角过大时,机构易出现自锁现象。(√) 4、国产标准斜齿圆柱齿轮的端面齿顶高等于法面齿顶高;(√) 5、棘轮机构和槽轮机构都是间歇运动机构。(√) 1、机构中与机架相联的每个主动件相对机架可以有两个以上的独立运动。(×) 2、摆动导杆机构中的导杆一定具有急回特性(曲柄为原动件)。(√) 3、直动从动件盘形凸轮机构可以用增大基圆半径的方法减小其推程压力角。(√) 4、与标准齿轮相比,负变位齿轮的分度圆变大。(×) 5、标准直齿圆柱齿轮外啮合时,只能有1对轮齿啮合。(×) 1、机构是具有确定运动的运动链。(√) 2、直动从动件盘形凸轮机构中进行合理偏置是为了减小推程压力角和回程压力角。(×) 3、平面四杆机构有无急回特性取决于极位夹角是否大于零。(√) 4、用成形铣刀加工渐开线直齿圆柱齿轮时,一定会发生根切现象。(×) 5、直齿圆锥齿轮的标准模数是指中间截面的模数;(×)

二、单项选择题(每小题2分,共10分) 1、在铰链四杆机构中,取( B )杆作为机架,则可得到双摇杆机构。 A .最短杆; B .最短杆的对边; C .最长杆; D .连杆 2、下列为空间齿轮机构的是( A )机构。 A .圆锥齿轮;B .人字齿轮; C .平行轴斜齿圆柱齿轮;D .直齿圆柱齿轮 3、表征蜗杆传动的参数和几何尺寸关系的平面应为( C )。 A .轴面; B .端面; C .中间平面; D .法面 4、在机构中原动件数目( B )机构自由度时,该机构具有确定的运动。 A .小于;B .等于;C .大于;D .大于等于 5、 作连续往复移动的构件,在行程的两端极限位置处,其运动状态必定是( C )。 A .0=v ,0=a ; B .0≠v ,0=a ; C .0=v ,0≠a ; D .0≠v ,0≠a 。 1、平面连杆机构是由若干构件和( A )组成的平面机构。 A .低副; B .高副; C .连杆; D .零件 2、计算周转轮系传动比时,对应原来周转轮系的“转化机构”应该是( B )。 A .行星轮系; B .定轴轮系; C .混合轮系; D .差动轮系; 3、对于转速较高的凸轮机构,为了减小冲击和振动,从动件运动规律最好采用( C )运动规律。 A .等速; B .等加速等减速; C .正弦加速度; D .余弦加速度。 4、下面哪项不属于齿轮的参数( D ) A .齿数; B .模数; C .压力角; D .中心距; 5、机构进行高副低代时每个虚拟构件及其运动副的自由度数应为( A )。 A .-1 ; B .0 ; C . +1 ; D .+2 ; 1、平面低副所受的约束数为( B ) 。 A .1 ; B .2 ; C . 3; D .4 2、仅用简单的线条和规定的符号代表构件和运动副所绘制的简图称为( B )。 A .机构运动简图 ;B .机构示意图;C .运动线图;D .机构装配图 3、凸轮机构从动件选用等加速、等减速运动规律的主要缺点是会产生( B )。 A .刚性冲击 B .柔性冲击 C .振动 D .刚性冲击和柔性冲击 4、轮系运动时,各轮轴线位置都固定不动的称为( D )。 A .周转轮系 ;B .混合轮系 ;C .行星轮系;D .定轴轮系 5、平面连杆机构中, 当传动角较大时,则机构的( A )。 A .传动性能较好;B .传动性能较差;C .自锁性能好; D .效率较低。

机械动力学复习题

机械动力学复习试题 1、试求图1-1所示系统的等效弹簧常数,并导出其运动微分方程。 2、一无质量的刚性杆铰接于O ,如图2-1所示。试确定系统振动的固有频率,给出参数如下:k 1=2500磅/英寸(4.3782×105N/m ), K 2=900磅/英寸(1.5761×105N/m ), m=1磅*秒2/英寸(175.13kg ), a=80英寸 (2.03m), b=100英寸(2.54m )。 3、试求出图3-1所示系统的固有频率。弹簧是线性的,滑轮对中心0的转动惯量为I 。设R=2500磅/英寸(4.3782×105N/m ), I=600磅*英寸*秒2(67.79N*m*s 2), m=2.5磅*秒2/英寸(437.82kg ), R=20英寸(0.5/m ) 4、一台质量为M 的机器静止地置于无质量的弹性地板上,如图4-1所示。当一单位载荷作用于中心点时的挠度为x st 。今在机器上放有一总质量为ms并带有两个旋转的不平衡质量的振动器提供一铅垂的谐波力mlw 2sinwt ,这里,转动的频率w 是可以改变的。试说明怎样用此振动器来测定系统弯曲振动的固有频率。 2 k 图3-1 图2-1

5,、图5-1中所示的系统模拟一在粗糙道路上运动的车辆,速度为均匀,即V=常数。试计算其响应Z(t)和传给车辆的力。 图5-1 6,、试导出如图6-1所示系统的运动微分方程,并求解位移X1(t)。

7、转动惯量分别为I 1和I 2的两个圆盘安装在扭转刚度分别为GJ 1和GJ 2的圆轴上如图7-1。导出这两个圆盘的转动微分方程。 8、导出图8-1所示系统当θ为微小角时的运动微分方程。 图 6-1 GJ 1 GJ 2 1() t θ2()t θ M 2(t) M 1(t) I 1 I 2

研究生《机械系统动力学》试卷及答案

太原理工大学研究生试题 姓名: 学号: 专业班级: 机械工程2014级 课程名称: 《机械系统动力学》 考试时间: 120分钟 考试日期: 题号 一 二 三 四 五 六 七 八 总分 分数 1 圆柱型仪表悬浮在液体中,如图1所示。仪表质量为m ,液体的比重为ρ,液体的粘性阻尼系数为r ,试导出仪表在液体中竖直方向自由振动方程式,并求固有频率。(10分) 2 系统如图2所示,试计算系统微幅摆动的固有频率,假定OA 是均质刚性杆,质量为m 。(10分) 3 图3所示的悬臂梁,单位长度质量为ρ,试用雷利法计算横向振动的周期。假定梁的 变形曲线为?? ? ?? -=x L y y M 2cos 1π(y M 为自由端的挠度)。(10分) 4 如图4所示的系统,试推导质量m 微幅振动的方程式并求解θ(t)。(10分) 5 一简支梁如图5所示,在跨中央有重量W 为4900N 电机,在W 的作用下,梁的静挠度δst=,粘性阻尼使自由振动10周后振幅减小为初始值的一半,电机n=600rpm 时,转子不平衡质量产生的离心惯性力Q=1960N ,梁的分布质量略去不计,试求系统稳态受迫振动的振幅。(15分) 6 如图6所示的扭转摆,弹簧杆的刚度系数为K ,圆盘的转动惯量为J ,试求系统的固有频率。(15分) 7如图7一提升机,通过刚度系数m N K /1057823?=的钢丝绳和天轮(定滑轮)提升货载。货载重量N W 147000=,以s m v /025.0=的速度等速下降。求提升机突然制动时的钢丝绳最大张力。(15分) 8某振动系统如图8所示,试用拉个朗日法写出动能、势能和能量散失函数。(15分) 太原理工大学研究生试题纸

机器人复习题及参考答案

课程考试复习题及参考答案 机器人学导论 一、名词解释题: 1.自由度: 2.机器人工作载荷: 3.柔性手: 4.制动器失效抱闸: 5.机器人运动学: 6.机器人动力学: 7.虚功原理: 驱动: 9.电机无自转: 10.直流伺服电机的调节特性: 11.直流伺服电机的调速精度: 控制: 13.压电元件: 14.图像锐化: 15.隶属函数: 网络: 17.脱机编程: : 二、简答题: 1.机器人学主要包含哪些研究内容 2.机器人常用的机身和臂部的配置型式有哪些 3.拉格朗日运动方程式的一般表示形式与各变量含义 4.机器人控制系统的基本单元有哪些 5.直流电机的额定值有哪些 6.常见的机器人外部传感器有哪些 7.简述脉冲回波式超声波传感器的工作原理。 8.机器人视觉的硬件系统由哪些部分组成 9.为什么要做图像的预处理机器视觉常用的预处理步骤有哪些 10.请简述模糊控制器的组成及各组成部分的用途。 11.从描述操作命令的角度看,机器人编程语言可分为哪几类 12.仿人机器人的关键技术有哪些 三、论述题: 1.试论述机器人技术的发展趋势。 2.试论述精度、重复精度与分辨率之间的关系。 3.试论述轮式行走机构和足式行走机构的特点和各自适用的场合。 4.试论述机器人静力学、动力学、运动学的关系。 5.机器人单关节伺服控制中,位置反馈增益和速度反馈增益是如何确定的 6.试论述工业机器人的应用准则。 四、计算题:(需写出计算步骤,无计算步骤不能得分): 1.已知点u的坐标为[7,3,2]T,对点u依次进行如下的变换:(1)绕z轴旋转90°得到点v;(2)绕y 轴旋转90°得到点w;(3)沿x轴平移4个单位,再沿y轴平移-3个单位,最后沿z轴平移7个单位得到点t。求u, v, w, t各点的齐次坐标。

机械系统动力学试题

机械系统动力学试题 一、 简答题: 1.机械振动系统的固有频率与哪些因素有关?关系如何? 2.简述机械振动系统的实际阻尼、临界阻尼、阻尼比的联系与区别。 3.简述无阻尼单自由度系统共振的能量集聚过程。 4. 简述线性多自由度系统动力响应分析方法。 5. 如何设计参数,使减振器效果最佳? 二、 计算题: 1、 单自由度系统质量Kg m 10=, m s N c /20?=, m N k /4000=, m x 01.00=, 00=? x ,根据下列条件求系统的总响应。 (a ) 作用在系统的外激励为t F t F ωcos )(0=,其中N F 1000=, s rad /10=ω。 (b ) 0)(=t F 时的自由振动。 2、 质量为m 的发电转子,它的转动惯量J 0的确定采用试验方法:在转子径向R 1的地方附加一小质量m 1。试验装置如图2所示,记录其振动周期。 a )求发电机转子J 0。 b )并证明R 的微小变化在R 1=(m/m 1+1)·R 时有最小影响。 3、 如图3所示扭转振动系统,忽略阻尼的影响 J J J J ===321,K K K ==21 (1)写出其刚度矩阵; (2)写出系统自由振动运动微分方程; (2)求出系统的固有频率; (3)在图示运动平面上,绘出与固有频率对应的振型图。 1 θ(图2)

(图3) 4、求汽车俯仰振动(角运动)和跳振(上下垂直振动)的频率以及振 动中心(节点)的位置(如图4)。参数如下:质量m=1000kg,回转半径r=0.9m,前轴距重心的距离l1=0.1m,后轴距重心的距离l2=1.5m,前弹簧刚度k1=18kN/m,后弹簧刚度k2=22kN/m (图4) 5、如5图所示锻锤作用在工件上的冲击力可以近似为矩形脉冲。已知 工件,铁锤与框架的质量为m1=200 Mg,基础质量为m2=250Mg,弹簧垫的刚度为k1=150MN/m,土壤的刚度为k2=75MN/m.假定各质量的初始位移与速度均为零,求系统的振动规律。

哈工大机械原理大作业331

Harbin Institute of Technology 大作业设计说明书 课程名称:机械原理 设计题目:齿轮传动设计 院系:机械设计制造及其自动化班级: 设计者: 学号: 指导教师:丁刚 设计时间:2014.5.21 哈尔滨工业大学

一、设计题目 机构运动简图 机械传动系统原始参数 序号电机转速 (r/min) 输出轴转速 (r/min) 带传动最 大传动比 滑移齿轮传动定轴齿轮传动 最大传 动比 模数 圆柱齿轮圆锥齿轮 一对齿轮 最大传动 比 模 数 一对齿轮 最大传动 比 模 数 121450 44 49 57 ≤2.5 ≤4 2 ≤4 3 ≤4 3 二、传动比的分配计算 电动机转速n=1450r/min,输出转速n1=44 r/min,n2=49 r/min,n3=57 r/min,带 传动的最大传动比=2.5,滑移齿轮传动的最大传动比=4,定轴齿轮传动的最大传动比=4。 有传动系统原始参数可知: 1 1 2 2 3 3 1450 32.95 44 1450 29.95 49 1450 25.43 57 i o i o i o n i n n i n n i n === === === 传动系统的总传动比由带传动、滑移齿轮传动和定轴齿轮传动三部分实现。设带传动的

传动比为m ax p i ,滑移齿轮的传动比为321v v v i i i ,定轴齿轮传动的传动比为f i ,则总传动比 f v p f v p f v p i i i i i i i i i i i i 3max 32max 21max 1=== 其中令max 1v v i i ==4 则可得定轴齿轮传动部分的传动比为 1max max 32.95 3.295 2.54 f p v i i i i = ==? 滑移齿轮传动的传动比 22max 29.95 3.64 2.5 3.295 v p f i i i i = = =? 33max 25.43 3.09 2.5 3.295 v p f i i i i = = =? 定轴齿轮传动由3 对齿轮传动组成,则每对齿轮的传动比为 1.49 d i = 三.齿轮齿数的确定 10 19 8 27 6 35 43.593.09v v v z i z z i z z i z ===== = 令 9 z =17,则 10 z =68,为了使传动质量更好,取 10 z =69. 78277910v z z i z z z z +=+≈+,7z =19则取8z =67 56355910 v z z i z z z z +=+≈+, 5 z =21则取 6 z =65 齿顶高系数*a h =1,径向间隙系数*c =0.25,分度圆压力角α=20°,实际中心距' α=86mm 。 根据定轴齿轮变速传动系统中对齿轮齿数的要求,可大致选择齿轮11、12、13和14为角度变位齿轮,15和16为圆锥齿轮,其齿数:==1311z z 15z =17,==1412z z 16z =25。齿顶高系数* a h =1,径向间隙系数* c =0.25,分度圆压力角α=20°

《机械动力学》 期末复习题及答案

《机械动力学》期末复习题及答案1、判断 1.机构平衡问题在本质上是一种以动态静力分析为基础的动力学综合,或动力学设计。 答案:正确 2.优化平衡就是采用优化的方法获得一个绝对最佳解。 答案:错误 3.惯性力的计算是建立在主动构件作理想运动的假定的基础上的。 答案:正确 4.等效质量和等效转动惯量与机械驱动构件的真实速度无关。 答案:正确 5.作用于等效构件上的等效力(或等效力矩)所作的功等于作用于系统上的外力所作的功。答案:错误 6.两点动代换后的系统与原有系统在静力学上是完全等效的。 答案:错误 7.对于不存在多余约束和多个自由度的机构,动态静力分析是一个静定问题。 答案:错误 8.摆动力的完全平衡常常会导致机械结构的简单化。 答案:错误 9.机构摆动力完全平衡的条件是:机构运动时,其总质心作变速直线运动。 答案:错误 10.等效质量和等效转动惯量与质量有关。 答案:错误 11.平衡是在运动设计完成之前的一种动力学设计。 答案:错误 12.在动力分析中主要涉及的力是驱动力和生产阻力。 答案:正确 13.当取直线运动的构件作为等效构件时,作用于系统上的全部外力折算到该构件上得到等效力。 答案:正确 14.摆动力的平衡一定会导致机械结构的复杂化。 答案:错误 15.机器人操作机是一个多自由度的闭环的空间机构。 答案:错误 16.质量代换是将构件的质量用若干集中质量来代换,使这些代换质量与原有质量在运动学上等效 答案:正确 17.弹性动力分析考虑构件的弹性变形。 答案:正确 18.机构摆动力矩完全平衡的条件为机构的质量矩为常数。 答案:错误 19.拉格朗日方程是研究约束系统静力动力学问题的一个普遍的方法。 答案:正确

机械原理习题答案第十章

10-1 试求出题10-1图中机构的最小传动角和最大压力角。 解:(a )、4583.0120 25 30sin max =+=+= BC AB l e l α 所以最大压力角?==28.274583.0arcsin max α 最小传动角?=?-?=-?=72.6228.279090max min αγ (b )、最大压力角?=0max α 最小传动角?=?-?=-?=9009090max min αγ 10-2 标出题10-2图所示机构在图示位置的传动角。 解:(a)对于该机构,在滑块C处有一传动角c γ,如图所示;在滑块D处也有一传动角D γ,如图所示。 (b)从动件4受到的驱动力是由构件3提供的。构件4的速度v 很好确定,而构件3作用于构件4的驱动力的方向的确定应当按照下面的步骤进行:①根据构件3上受有三个力、三个力应当汇交于一点可以确定出构件4作用在构件3上的力;②根据作用力和反作用力的关系,确定出构件3作用在构件4上的力的方向。 max α?=0αB ' 题10-1图 F v D γ ) (a D F D v

图示机构在图示位置的传动角γ分别如图中所示。 10-5 标出题10-5图中各个凸轮机构在图示位置时的压力角。凸轮为主动件。 解:图中各个凸轮机构在图示位置时的压力角α如图所示。 ) (b n n n ? =0αααv v v n n n n α 题10-5图

10-6 在题10-6图中,凸轮为主动件,画出凸轮逆时针转过30o时机构的压力角。 解:利用反转法,即将凸轮固定、机架和从动件沿与凸轮转向相反的方向运动,固定铰链点A 从点A “反转”到点A ’,从动件从AB 运动到A ’B ’,再由点B ’的速度方向和从动件的受力方向确定出凸轮逆时针转过30o时机构的压力角α,如图所示。 原教材6-8 在题6-8图中凸轮为半径为R 的圆盘,凸轮为主动件。 (1) 写出机构的压力角α与凸轮转角之间的关系; (2) 讨论如果][αα≥,应采用什么改进设计的措施? 解:(1)、当凸轮转动任意角δ时,其压力角α如图所示。由图中几何关系有 r r R e e +-= δ αcos sin 所以机构的压力角α与凸轮转角δ之间的关系为 )cos arcsin( r r R e e +-=δ α (2)、如果][αα≥,则应减小偏距e ,增大圆盘半径R 和滚子半径r r 。 10-10 在题10-1图所示的机构中,以构件1为主动件机构是否会出现死点位置?以构件3为主动件,机构是否会出现死点位置?画出机构的死点位置,并标明机构的主动件是哪一个构件。 题6-8图

机械动力学期末复习题及答案

机械动力学期末复习题及 答案 Prepared on 22 November 2020

《机械动力学》期末复习题及答案1、判断 1.机构平衡问题在本质上是一种以动态静力分析为基础的动力学综合,或动力学设计。 答案:正确 2.优化平衡就是采用优化的方法获得一个绝对最佳解。 答案:错误 3.惯性力的计算是建立在主动构件作理想运动的假定的基础上的。 答案:正确 4.等效质量和等效转动惯量与机械驱动构件的真实速度无关。 答案:正确 5.作用于等效构件上的等效力(或等效力矩)所作的功等于作用于系统上的外力所 作的功。答案:错误 6.两点动代换后的系统与原有系统在静力学上是完全等效的。 答案:错误 7.对于不存在多余约束和多个自由度的机构,动态静力分析是一个静定问题。 答案:错误 8.摆动力的完全平衡常常会导致机械结构的简单化。 答案:错误 9.机构摆动力完全平衡的条件是:机构运动时,其总质心作变速直线运动。

答案:错误 10.等效质量和等效转动惯量与质量有关。 答案:错误 11.平衡是在运动设计完成之前的一种动力学设计。 答案:错误 12.在动力分析中主要涉及的力是驱动力和生产阻力。 答案:正确 13.当取直线运动的构件作为等效构件时,作用于系统上的全部外力折算到该构件上得到等效力。 答案:正确 14.摆动力的平衡一定会导致机械结构的复杂化。 答案:错误 15.机器人操作机是一个多自由度的闭环的空间机构。 答案:错误 16.质量代换是将构件的质量用若干集中质量来代换,使这些代换质量与原有质量在运动学上等效 答案:正确 17.弹性动力分析考虑构件的弹性变形。 答案:正确 18.机构摆动力矩完全平衡的条件为机构的质量矩为常数。 答案:错误 19.拉格朗日方程是研究约束系统静力动力学问题的一个普遍的方法。

哈工大机械原理大作业

H a r b i n I n s t i t u t e o f T e c h n o l o g y 机械原理大作业一 课程名称:机械原理 设计题目:连杆机构运动分析 院系:机电学院 班级:1208105 分析者:殷琪 学号: 指导教师:丁刚 设计时间: 哈尔滨工业大学 设计说明书 1 、题目 如图所示机构,一只机构各构件的尺寸为AB=100mm,BC=,CE=,BE=,CD=,AD=,AF=7AB,DF=,∠BCE=139?。构件1的角速度为ω1=10rad/s,试求构件2上点E的轨迹及构件5的角位移、角速度和角加速度,并对计算结果进行分析。 2、机构结构分析

该机构由6个构件组成,4和5之间通过移动副连接,其他各构件之间通过转动副连接,主动件为杆1,杆2、3、4、5为从动件,2和3组成Ⅱ级RRR 基本杆组,4和5组成Ⅱ级RPR 基本杆组。 如图建立坐标系 3、各基本杆组的运动分析数学模型 1) 位置分析 2) 速度和加速度分析 将上式对时间t 求导,可得速度方程: 将上式对时间t 求导,可得加速度方程: RRR Ⅱ级杆组的运动分析 如下图所示 当已知RRR 杆组中两杆长L BC 、L CD 和两外副B 、D 的位置和运动时,求内副C 的位置、两杆的角位置、角运动以及E 点的运动。 1) 位置方程 由移项消去j ?后可求得i ?: 式中, 可求得j ?: E 点坐标方程: 其中 2) 速度方程 两杆角速度方程为 式中, 点E 速度方程为 3) 加速度方程 两杆角加速度为 式中, 点E 加速度方程为 RPR Ⅱ级杆组的运动分析 (1) 位移方程 (2)速度方程 其中 (3)加速度方程 4、 计算编程 利用MATLAB 软件进行编程,程序如下: % 点B 和AB 杆运动状态分析 >>r=pi/180; w 1=10; e 1=0; l 1=100; Xa=0; Ya=0;

哈工程机械原理题库二

机械原理题库二 一、 判断下述各结论对错,对的画“√”号,错的画“×”号。 1、Ⅱ级机构中,最多允许含有一个Ⅲ级杆组。 (×) 2、机构中速度相同的二点,在速度多边形上的影像是同一点。 (√) 3、斜齿圆柱齿轮的端面齿顶高大于法面齿顶高。 (×) 4 两构件构成高副时,其瞬心一定在接触点上。 (×) 5、机构正行程效率为η,反行程效率为η',则二者大小关系是1ηη'=-。 (×) 6斜齿圆柱齿轮的端、法面模数的关系为: /cos n t m m β=。 (×) 7对心曲柄滑块机构中,若曲柄为主动件,则滑块的行程速比系数一定等于1。 (√) 8 周转轮系的转化轮系是相对系杆的定轴轮系。 (√) 9从减小飞轮的转动惯量出发,飞轮最好是安装在机器的高速轴上。 (√) 10.满足动平衡条件的刚性转子也满足静平衡条件。 (√) 二、填空题。 1.若由k 个构件(含机架)组成的机构,则其总的瞬心数目为k=n(n-1)/2。平面五杆机构共有10个速度瞬心,其中4个是绝对瞬心。 2.构件是独立的运动单元;零件是独立的制造单元。 3.偏置曲柄滑块机构中,从动件滑块的行程速比系数K 大于1。 4.当曲柄为主动件时,曲柄摇杆机构的最小传动角总是出现在曲柄与机架成一 条直线时。 5.对心曲柄滑块机构,曲柄长为a ,连杆长为b ,则其最小传动角为arccos(a/b)。 6.曲柄摇杆机构的死点位置发生在从动杆与连杆共线位置。 7. 渐开线标准直齿圆柱齿轮分度圆与节圆的区别在于分度圆是齿轮上具有标准 摸数和标准压力角的圆,d=mz ,大小不变

;而节圆是一对齿轮啮合时,两齿轮在节点处相切的一对圆,其大小随安装中心 距的变化而变化''1/(1)r a i =+。 8.刚性转子的静平衡就是要使惯性力之和为零。而刚性转子的动平衡要使惯性 力之和以及惯性力矩之和均为零。 9.作转子静平衡时,至少选一个校正平面(平衡平面);而动平衡时,至少选 两个校正平面(平衡平面)。 10.渐开线直齿外啮合正传动的一对齿轮,可满足的中心条件是' a a >。 11.斜齿轮的端面压力角t α与法面压力角n α相比较应是t n αα<。 12.铰链四杆机构中,有两个构件长度相等且为最短,其余两构件长度不同,若 取一个最短构件做机架,则得到双摇杆机构。 13.在曲柄滑块机构中。若增大曲柄长度,则滑块行程将增大。 14.一对平行轴斜齿轮传动,其传动比12i 一定等于21/v v z z 。 15. 某锥齿轮齿数为z ,分度圆锥角为ζ ,则当量齿数/cos v z z ζ= 16. 机器周期性速度波动采用飞 轮调节,非周期性速度波动采用调 速 器调节。 17. 对心曲柄滑块机构的极位夹角等0所以没有急回特性。 18. 渐开线直齿圆柱齿轮的连续传动条件是重合度大于或等于1 。 19. 用标准齿条形刀具加工标准齿轮产生根切的原因是齿条形刀具齿顶线超过 极限啮合点。 三、解答下列各题。 1、计算图示机构自由度。

机械系统动力学

《机械系统动力学》 机械系统动力学中分析中的 仿真前沿 学院:机械工程学院 专业:机制一班 姓名:董正凯 学号:S12080201006

摘要 计算机及其相应技术的发展为建立机械系统仿真提供了一个有效的手段,机械系统动力学中的许多难题均可以采用仿真技术来解决,本文主要讲述了目前在机械系统动力学的分析中仿真技术主要的研究重点及其研究中主要存在的问题。 关键词:机械系统动力学仿真系统建模

机械系统动力学中分析中的仿真前沿 机械专业既是一个传统的专业,又是一个不断融合新技术、不断创新的专业。随着科技的发展,计算机仿真技术越来越广泛地应用在各个领域。基于多体系统动力学的机械系统动力学分析与仿真技术,从二十世纪七十年代开始吸引了众多研究者,已解决了自动化建模和求解问题的基础理论问题,并于八十年代形成了一系列商业化软件,到了九十年代,机械系统动力学分析与仿真技术更已能成熟应用于工业界。 目前的研究重点表现在以下几个方面: (1)柔性多体系统动力学的建模理论 多刚体系统的建模理论已经成熟,目前柔性多体系统的建模成了一个研究热点,柔性多体系统动力学由于本身既存在大范围的刚体运动又存在弹性变形运动,因而其与有限元分析方法及多刚体力学分析方法有密切关系。事实上,绝对的刚体运动不存在,绝对的弹性动力学问题在工程实际中也少见,实际工程问题严格说都是柔性多体动力学问题,只不过为了问题的简化容易求解,不得不化简为多刚体动力学问题、结构动力学问题来处理。然而这给使用者带来了不便,同一个问题必须利用两种分析方法处理。大多商用软件系统采用的浮动标架法对处理小变形部件的柔性系统较为有效,对包含大变形部件的柔体多体系统会产生较大仿真分析误差甚至完全错误的仿真结论。最近提出的绝对节点坐标方法,是对有限元技术的拓展和较大创新,在常规有限元中梁单元、板壳单元采用节点微小转动作为节点坐标,因而不能精确描述刚体运动。绝对节点坐标法则采用节点位移和节点斜率作为节点坐标,其形函数可以描述任意刚体位移。利用这种方法梁和板壳可以看作是等参单元,系统的质量阵为一常数阵,然而其刚度阵为强非线性阵,这与浮动标架法有截然不同的区别。这种方法已成功应用于手术线的大变形仿真中。寻求有限元分析与多刚体力学的统一近年来成为多体动力学分析的一个研究热点,绝对节点坐标法在这方面有极大的潜力,可以说绝对节点坐标法是柔性多体力学发展的一个重要进展。另外,各种柔性多体的分析方法之间是否存在某种互推关系也引起了人们的注意,如两个主要分析方法:浮动标架法、绝对节点坐标法之间是否可以互推?这些都具有重大理论意义。 另外柔性多体系统动力学中由于大范围的刚体运动与弹性变形运动相互耦合,采用浮动标架法时,即便是小变形问题,由于处于高速旋转仍会产生动力刚化现象。如果仅仅采用小变形理论,将产生错误的结论,必须计及动力刚化效应。动力刚化现象已成为柔性多体动力学的一个重要研究方面。如何利用简单的补偿方法来考虑动力刚化是问题的关键。 柔性多体系统动力学中关于柔性体的离散化表达存在三种形式:基于有限元分析的模态表达,基于试验模态分析的模态表达和基于有限元节点坐标的有限元列式。有限元列式由于大大地增加了系统的求解规模使其应用受到限制,因而一般采用模态分析方法,对模态进行模态截断、模态综合,从而缩减系统的求解规模。为了保证求解精度,同时又能提高求解速度如何进行模态截断、模态综合就成了一个关键问题。再者如何充分利用试验模态分析的结果也是一个关键性研究课题,这一方面的研究还不够深入。 柔性多体系统动力学可以计算出每一时刻的弹性位移,通过计算应变可计算计算出应力。由于一般的多柔体分析程序不具备有限元分析功能,因而柔性体的应力分析都是由有限元程序处理。由于可以计算出每个柔性体的应力的变化历

哈工程机械原理题库二

机械原理题库二 一、 判断下述各结论对错,对的画“√”号,错的画“×”号。 1、Ⅱ级机构中,最多允许含有一个Ⅲ级杆组。 (×) 2、机构中速度相同的二点,在速度多边形上的影像是同一点。 (√) 3、斜齿圆柱齿轮的端面齿顶高大于法面齿顶高。 (×) 4 两构件构成高副时,其瞬心一定在接触点上。 (×) 5、机构正行程效率为η,反行程效率为η',则二者大小关系是1ηη'=-。 (×) 6斜齿圆柱齿轮的端、法面模数的关系为: /cos n t m m β=。 (×) 7对心曲柄滑块机构中,若曲柄为主动件,则滑块的行程速比系数一定等于1。 (√) 8 周转轮系的转化轮系是相对系杆的定轴轮系。 (√) 9从减小飞轮的转动惯量出发,飞轮最好是安装在机器的高速轴上。 (√) 10.满足动平衡条件的刚性转子也满足静平衡条件。 (√) 二、填空题。 1.若由k 个构件(含机架)组成的机构,则其总的瞬心数目为k=n(n-1)/2。平面五杆机构共有10个速度瞬心,其中4个是绝对瞬心。 2.构件是独立的运动单元;零件是独立的制造单元。 3.偏置曲柄滑块机构中,从动件滑块的行程速比系数K 大于1。 4.当曲柄为主动件时,曲柄摇杆机构的最小传动角总是出现在曲柄与机架成一 条直线时。 5.对心曲柄滑块机构,曲柄长为a ,连杆长为b ,则其最小传动角为arccos(a/b)。 6.曲柄摇杆机构的死点位置发生在从动杆与连杆共线位置。 7. 渐开线标准直齿圆柱齿轮分度圆与节圆的区别在于分度圆是齿轮上具有标准 摸数和标准压力角的圆,d=mz ,大小不变;而节圆是一对齿轮啮合时,两

齿轮在节点处相切的一对圆,其大小随安装中心距的变化而变化 ''1/(1)r a i =+。 8.刚性转子的静平衡就是要使惯性力之和为零。而刚性转子的动平衡要使惯性力之和以及惯性力矩之和均为零。 9.作转子静平衡时,至少选一个校正平面(平衡平面);而动平衡时,至少选 两个校正平面(平衡平面)。 10.渐开线直齿外啮合正传动的一对齿轮,可满足的中心条件是' a a >。 11.斜齿轮的端面压力角t α与法面压力角n α相比较应是t n αα<。 12.铰链四杆机构中,有两个构件长度相等且为最短,其余两构件长度不同,若 取一个最短构件做机架,则得到双摇杆机构。 13.在曲柄滑块机构中。若增大曲柄长度,则滑块行程将增大。 14.一对平行轴斜齿轮传动,其传动比12i 一定等于21/v v z z 。 15. 某锥齿轮齿数为z ,分度圆锥角为ζ ,则当量齿数/cos v z z ζ= 16. 机器周期性速度波动采用飞 轮调节,非周期性速度波动采用调 速 器调节。 17. 对心曲柄滑块机构的极位夹角等0所以没有急回特性。 18. 渐开线直齿圆柱齿轮的连续传动条件是重合度大于或等于1 。 19. 用标准齿条形刀具加工标准齿轮产生根切的原因是齿条形刀具齿顶线超过 极限啮合点。 三、解答下列各题。

机械系统动力学答案2011版啊

机械系统动力学2011版 1.如图所示的扭转摆,弹簧杆的刚度系数为K,圆盘的转动惯量为J,试求系统的固有圆频率。(15分) 图1 解:如图建立坐标系 设定坐标轴Z与摆线重合,初始时在重力作用下平衡,给圆盘一个相对于Z 轴的微小扭转角Ф,使之做自由扭转震动,该系统的扭转振动的微分方程为: 将上式化简后得: 系统的固有频率: 2.系统如图所示,其滑轮质量为M。忽略绳的弹性和M的转动(只考虑M 的上下振动),试利用能量法确定系统的固有频率。(15分)

机械系统动力学2011版 图2 解:如图建立坐标系: 方法一:通过微分方程求出固有频率 物体平衡时,弹簧变形为: 以物体平衡位置为原点,建立图示X 坐标系,物块分力如图所示,其运动微分方程: 对于m 物块 对于M 物块 整理可得: 系统的固有频率: 方法二:利用能量法确定系统的固有频率 以系统平衡时重物的位置为原点。 δ x

机械系统动力学2011版 系统的动能 系统的势能 由于d(U+T)/dt=0 所以可得: 其中 可得系统的固有频率: 或可表示为: 设系统运动方程为 若以平衡位置为势能零点,则系统势能 系统的动能 由于机械能守恒定律,即T+U=常数,则 得 可得系统的固有频率: 3. 某振动系统如图3所示,试用拉个朗日法写出系统的动能、势能和能量散失函数。(10分) 图3

机械系统动力学2011版 系统有两个质量块,设各质量块的位移x 1(t), x 2(t)为广义坐标,并设x 1(t)>x 2(t),系统地动能为 系统的势能 4. 图4所示的系统,物体质量为1m ,滑轮质量为2m ,半径为R ,试求系统的振动微分方程。(15分) 图4 以平衡位置为坐标原点,设小车偏离平衡位置x ,弹簧K1对小车力为F K1,弹簧K2 对滑轮力为F K2,小车对滑轮的力为F 12,滑轮对小车的反作用力为F 21 对于小车可列微分方程 对于滑块可列微分方程 其中 整理方程组可得系统振动微分方程: 方法二: 利用能量法确定系统的振动微分方程

哈工大机械原理大作业凸轮机构设计题

Har bi n I nst i t ute of Technol ogy 械原理大作业二课程名称:机械原理 设计题目:凸轮机构设计 凸轮推杆运动规律 1.运动规律(等加速等减速运动) 推程 0 450 推程 450900 2.运动规律(等加速等减速运动) 回程16002000 回程20002400 ds s 三.推杆位移、速度、加速度线图及凸轮d线图 采用VB编程,其源程序及图像如下: 1.位移: Private Sub Command1_Click() Timer1.Enabled = True ' 开启计时器 End Sub Private Sub Timer1_Timer() Static i As Single

表角度 Picture1.CurrentX = 0 Picture1.CurrentY = 0 1 = i + 0.1 If i <= 45 Then q = i s = 240 * (q / 90) ^ 2 Picture1.PSet Step(q, -s), vbRed ElseIf i >= 45 And i <= 90 Then q = i s = 120 - 240 * ((90 - q) ^ 2) / (90 ^ 2) Picture1.PSet Step(q, -s), vbGreen ElseIf i >= 90 And i <= 150 Then q = i s = 120 Picture1.PSet Step(q, -s), vbBlack ElseIf i >= 150 And i <= 190 Then q = i s = 120 - 240 * (q - 150) ^ 2 / 6400 Picture1.PSet Step(q, -s), vbBlue Dim s As Single, q As Single 'i 作为静态变量,控制流程; s 代表位移; q 代

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