机械原理-谢进版-第二版-课后参考答案

共 92 页 第 1 页 第 3 章 机构结构的分析与设计 §3.1 本章例 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 例 3-1 绘制图 3-1 所示液压泵机构的机构运动简图。 解：该机构由机架 1、原动件 2和从动件 3、4组成，共 4个构件，属于平面四杆机构。 机构中构件 1、2，构件 2、3，构件 4、1之间的相对运动为转动，即两构件间形成转动 副，转动副中心分别位于 A、B、C点处；构件 3、4之间的相对运动为移动，即两构件间形 成移动副，移动副导路方向与构件 3的中心线平行。构件 1的运动尺寸为 A、C两点间距离， 构件 2的运动尺寸为 A、B两点之间的距离，构件 3从 B点出发，沿移动副导路方向与构件 4在 C点形成移动副，构件 4同时又在 C点与构件 1形成转动副。 选择与各构件运动平面平行的平面作为绘制机构运动简图的视图平面。 选择比例尺 l =0.001m/mm，分别量出各构件的运动尺寸，绘出机构运动简图，并标明 原动件及其转动方向，如图 3-1 所示。 例 3-2 绘制图 3-2 所示偏心泵的机构运动简图，写出机构的关联矩阵和邻接矩阵。 解：图示机构中已标明原动件，构件 6为机架，其余构件为从动件。需要注意的是，在 区分构件时应正确判断图中各构件都包括哪些部分，例如：构件 3就包括两部分，如图所示。 该机构中构件 1 与机架以转动副连接，转动副中心位于固定轴的几何中心 A 点处；构件 2 除与构件 1 形成回转中心位于 C 点的转动副外，又与构件 3 形成移动副，移动副导路沿 BC 方向；构件 3 也绕固定轴上一点 B 转动，即构件 3 与机架形成的转动副位于 B 点，同时 构件 3 与构件 2 形成移动副，又与构件 4 形成中心位于 D 点的转动副；构件 4 与构件 5 形 共 92 页 第 2 页 成中心位于 E 点的转动副；构件 5 与机架 6 形成沿垂直方向的移动副。 该机构属于平面机构，因此选择与各构件运动平面平行的平面作为绘制机构运动简图的 视图平面。 选择比例尺 l =0.001m/mm，量出各构件的运动尺寸，绘出机构运动简图，并标明原动 件及其转动方向，如图 3-2所示。 例 3-3 计算图 3-3所示压榨机机构的自由度。 解：机构为平面机构。 机构中构件 1为偏心轮，构件 2绕构件 1的几何中心发生相对转动，即形成中心位于偏 心轮几何中心的转动副，因此偏心轮相当于一个有 两个转动副的构件，一个转动副是在点 A与机架 11 形成的，另外一个是在偏心轮几何中心处与构件 2 形成的。 该机构中存在结构对称部分，构件 8、9、10 和 构件 4、5、6。如果去掉一个对称部分，机构仍能够 正常工作，所以可以将构件 8、9、10以及其上的转 动副 G、H、I 和 C 处的一个转动副视为虚约束；构 件 7与构件 11在左右两边同时形成导路平行的移动 副，只有其中一个起作用，另一个是虚约束；构件 4、5、6在 D点处形成复合铰链。机构中 没有局部自由度和高副。 去掉机构中的虚约束，则机构中活动构件数为 7n ，机构中低副数 10lP ，得 11027323  hl PPnF 例 3-4 计算图 3-4 所示自动驾驶仪操纵机构的自由 度。 解：自动驾驶仪操纵机构为空间机构，机构中 共有 3个活动构件，其中构件 1、2之间形成圆柱副， 属Ⅳ级副；构件 2、3 形成转动副，属Ⅴ级副；构件 3、4 形成球面副，属Ⅲ级副；构件 4、1 形成转动副， 属Ⅴ级副。 图 3-3 压榨机机构 图 3-4 自动驾驶仪操纵机构 共 92 页 第 3 页 则机构自由度为: 113142536 F 例 3-5 确定图 3-5 所示机构当构件８为原动件时机构的级别。 解：确定机构的级别关键是要拆出机构中所含的基本杆组。当构件８为原动件时，拆 基本杆组首先应当从最远离原动件的构件 1 拆起，可以拆出Ⅱ级基本杆组 ABC，然后，又 依次可以拆出Ⅱ级基本杆组 DEF 和 GHI。如下图示。所以该机构为Ⅱ级机构。 §3.2 本章课后习题解答 3-1 说出机构运动简图与机械零件的零件图、装配图和机构示意图之间在表达主要内容上的 区别，各种图一般应当在机械系统设计的哪个阶段完成？ 解：机构运动简图反映影响机构运动的因素，包括机构的原动件、运动副类型以及各个 运动副相对位置的机构运动尺寸等，并且机构运动简图中各构件不一定反映原件的真实形状； 机构运动简图必须要按一定比例绘制，否则只能称之为机构示意图。 零件图表达零件的形状、大小以及制造和检验零件的技术要求；装配图表达机械中所属 各零件与部件间的装配关系和工作原理。 在一般的机械系统设计过程中，在确定了机械的运动方案之后，便可以画出机构的示意 图，然后根据机构的运动要求确定机构的几何尺寸，在此基础上才能画出机构运动简图。再 根据运动简图以及实际情况确定各个构件的形状等，即设计零件图，然后将各个零件装配在 一起，进而得到装配图。 3-2 分析题 3-2 图所示的偏心泵的工作原理，画出机构的运动简图（图示比例 0.002m/mm）， 写出机构的关联矩阵和邻接矩阵。 J H D G E F C B A I 图 3-5 共 92 页 第 4 页 题 3-2 图 解：该机构由机架 4、原动件 1和从动件 2、3组成，共 4个构件，属于平面四杆机构。 机构中构件 1、4，构件 1、2，构件 3、4之间的相对运动为转动，即两构件间形成转动副， 转动副中心分别位于 A、B、C点处；构件 2、3之间的相对运动为移动，即两构件间形成移 动副，移动副导路方向与构件 2的中心线平行。 原动件 1相对机架 4转动，带动从动件 2转动的同时，从动件 2相对从动件 3发生移动。 从动件 2转动的同时也带动了从动件 3相对机架的转动。因此，偏心轮 1的转动进而使液压 油完成从右边进口处进入并流向左边出口处的整个过程。 选择比例尺 l =0.002m/mm，分别量出各构件的运动尺寸，绘出机构运动简图，并标明 原动件及其转动方向，如题图 3-2所示。 其机构示意图和机构拓扑图如上图所示。 其关联矩阵为： 邻接矩阵为： 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 M e e e e v L v v v  ； 1 2 3 4 1 2 3 4 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 M v v v v v A v v v  3-3 题 3-3 图为外科手术用剪刀。其中弹簧的作用是保持剪刀口张开，并且便于医生单手操 题 3-3 图 4e 2e1 e 4v 3v 1v 2v 3e 机构的拓扑图 4 3 2 1 1 机构示意 图 共 92 页 第 5 页 作。忽略弹簧，并以构件 1 为机架，分析机构的工作原理，画出机构的示意图，写出机构的 关联矩阵和邻接矩阵，并 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 机构的类型。 解：若以构件 1 为机架，则该手术用剪刀由机架１、原动件２、从动件３、４组成，共 ４个构件。属于平面四杆机构。 当用手握住剪刀，即构件１(固定钳口)不动时，驱动构件２，使构件２绕构件１转动的 同时，通过构件３带动构件４(活动钳口)也沿构件１(固定钳口)上下移动，从而使剪刀的刀 口张开或闭合。其机构示意图和机构拓扑图如上图所示。 其关联矩阵为： 邻接矩阵为： 1 2 3 4 1 2 3 4 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 M e e e e v L v v v  ； 1 2 3 4 1 2 3 4 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 M v v v v v A v v v  ； 3-4 简述机构自由度的基本概念和在机构结构设计中确定机构自由度的意义。 解：通常将确定机构相对机架位置的独立广义坐标数称为该机构的自由度。 首先，利用机构的自由度可以将机构和结构区分开来。结构的自由度必须小于或等于零， 而机构的自由度必须大于零。 其次根据机构的自由度可以确定需要多少个输入运动来驱动和控制机构的运动。只有机 构中原动件的数目与机构的自由度相等的时候，机构中各个机构才能够具有确定的运动规律。 3-5 题 3-5 图所示为牛头刨床一个设计方案的示意图。设计者的思路是：曲柄 1 为原动件， 通过导块 2 使导杆 3 摆动，进而带动滑枕 4 往复移动以达到刨削的目的。图示系统能否满足 设计的运动要求？若不能满足要求，应如何改进？ 题 3-5 图 解：图示中的机构，活动构件数 4n  ，低副数 6lP  （其中 E、F 中有一个为虚约束）， 没有高副，则该机构的自由度 3 4 2 6 0F      ，显然该系统不能满足设计的运动要求。 共 92 页 第 6 页 改进时，可在原设计图的基础上，增加一个构件，同时增加一个运动副，则可得到系统的自 由度 1F  ，现给出几个改进参考，如下图所示： 3-6 在题 3-6 图所示所有机构中，原动件数目均为 1 时，判断图示机构是否有确定的运动。 如有局部自由度、复合铰链和虚约束请予以指出。 题 3-6 图 解：（a）、 11027323  hl PPnF ，机构有确定的运动。其中：Ｆ、D、 B、C 四处均为复合铰链，没有局部自由度、虚约束； （b）、 211229323  hl PPnF ，机构没有确定的运动。其中：Ａ处为 复合铰链，Ｋ处为局部自由度，没有虚约束； （C）、 11027323  hl PPnF ，机构有确定的运动。其中：构件 AB、 共 92 页 第 7 页 BC、CD、AD 四杆中有一杆为虚约束，如果将构件 AD 视为虚约束，去掉虚约束，则点Ｂ、 Ｃ均为复合铰链，没有局部自由度； （d）、 00624323  hl PPnF ，系统不能运动，所以也就不是一个机 构。从图中可以看出，铰链点 C 是构件 BC 上的点，其轨迹应当是以铰链点 B 为圆心的圆， 同时，铰链点 C 又是构件 CD 上的点，轨迹应当是移动副 F 约束所允许的直线，两者是矛 盾的，所以，系统不能运动。系统中没有局部自由度、复合铰链、虚约束。 （e）、 3625323  hl PPnF ，机构没有确定的运动。没有局部自由度、 复合铰链、虚约束。 3-7 计算题 3-7 图所示齿轮－连杆机构的自由度。 解：（a）、 11524323  hl PPnF ,铰链点 A 为复合铰链，齿轮副为高 副。 （b）、 13726323  hl PPnF ，铰链点 B、C 、D 均为复合铰链。 3-8 题 3-８图所示为缝纫机中的送 料机构。计算该机构的自由度，该 机构在什么条件下具有确定的运 动？ 解： 2 24243 23    hl PPnF C 处的滚子为局部自由度，构 件 1 于构件 2、构件 3 与构件 2 之间 形成两对高副，但是，每对高副的法线都是重合的，所以，每对高副中有一个高副为虚约束。 由于该机构具有２个自由度，所以该机构在有２个原动件的条件下就具有确定的运动。 3-9 计算题 3-９图所示机构的自由度。 题 3-８图 共 92 页 第 8 页 解：（a）、 24626323  hl PPnF （b）、 21927323  hl PPnF （注：滑块Ｄ受到的运动约束与构件 FGC 上Ｃ的运动轨迹相重合，所以滑块Ｄ及其上的转动副和移动副均应视为虚约束。） 3-10 构思出自由度分别为１、２和３的Ⅲ级机构的设计方案。 解：由机构的组成原理可知，一个Ⅲ机构中，至少应当包含有一个Ⅲ级基本杆组。将 一个Ⅲ级基本杆组中的一个外副与一个单自由度的机构相联，另外两个外副与机架相联，则 可以得到一个单自由度的Ⅲ机构；如果将Ⅲ级基本杆组中的两个外副分别与两个单自由度的 机构相联，另外一个外副与机架相联，则可以得到一个有两个自由度的Ⅲ机构。而最简单的 单自由度机构是一个构件与机架通过一个低副（如：转动副）联接所形成的机构。 按照以上分析，自由度分别为１、２和３的Ⅲ级机构最简单的结构分别如图中（a）、 （b）和（c）所示。 3-11 不直接应用机构的自由度计算公式而利用机构组成的基本原理，判断题 3-6图 a、c、e 所示机构的自由度的大小。 解：拆杆组的基本方法和步骤是：①去掉机构中的局部自由度和虚约束；②从最远离 原动件的构件开始，试拆低级别的基本杆组，如果可拆出，则拆出；否则，试拆高一级另的 基本杆组。其中能够拆出基本杆组的条件是：拆出基本杆组后，剩余部分仍为一个机构，并 且自由度与原机构的自由度相同；③根据所拆出的基本杆组的最高级，确定出机构的级。 我们可以根据拆出基本杆组后原动件的数目来确定机构的自由度。 )(b)(a 题 3-9 图 )(c)(b)(a 共 92 页 第 9 页 对于题 3-6图中的 a图，依次拆出基本杆组如下图所示： 由上图可知，该机构有一个原动件，因此该机构的自由度 1F  对于题 3-6图中的 c图，该图中存在虚约束，先将虚约束去掉，然后依次拆出基本杆组 如下图所示： 由上图可知，该机构有一个原动件，因此该机构的自由度 1F  对于题 3-6图中的 e图，依次拆出基本杆组如下图所示： 由上图可知，该机构有三个原动件，因此该机构的自由度 3F  3-12 在题 3-2图和题 3-3图所示机构中，试拆出机构中的基本杆组，并确定机构的级。 解：拆出机构的基本杆组，题 3-2图与题 3-3图所示的机构的基本杆组分别如下图中 的（a）、（b）图所示：显然两个机构的最高级别都是Ⅱ级，因此题 3-2图和题 3-3图所示机 构都是Ⅱ级杆组。 共 92 页 第 10 页 3-13 题 3-13图为胸腔牵开器，用于在外科手术中将软组织夹持以便于手术。如果不考虑与 软组织接触的前端构件 1、2，当以左边曲线构件 3 为机构时，机构的自由度为多少？如果 将构件 7、8看成为一个整体，机构的自由度又为多少？将计算结果与直观判断的结论进行 比较。 题 3-13图 解：若以构件 3为机构，则图示中机构的活动构件数 5n  ，低副数 7lP  ，没有高副， 则该机构的自由度 3 5 2 7 0 1F       。 如果将构件 7、8看成为一个整体，即此时螺旋不转动，则图示中机构的活动构件数 5n  ， 低副数 6lP  ，没有高副，则该机构的自由度 3 4 2 6 0F      。 胸腔牵开器，用于在外科手术中将软组织夹持以便于手术，故直观判断该机构的自由度 应该为 1。 第 4 章 速度瞬心及其应用 §4.1 本章例题 共 92 页 第 11 页 例 4-1 在图 4-1 所示的铰链四杆机构中，已知该机 构的结构参数以及构件 1 的转速为 1 ，机构运动简 图的比例尺为 l 。利用速度瞬心法，求在图示位置 时，构件 2和构件 3的转速 2 和 3 的大小和方向。 解：首先找出相关的速度瞬心：速度瞬心 P10、 P12、P23、P03 可根据相应的构件构成转动副直接确 定出来；而 P02和 P13需应用三心定理来确定：速度 瞬心 P02应在三个构件 0、1、2 的两个已知速度瞬心 P10 和 P12 的连线上，同时又应在三个构件 0、3、2 的两个已知速度瞬心 P03、P23 的连线上，则这两条 连线的交点即为 P02。速度瞬心 P13的确定方法类似，它应是 P12 P23连线和 P10P03连线的交 点。 由速度瞬心的概念，在速度瞬心点两构件的绝对速度相同，便可求解未知转速。在速 度瞬心点 P12有 llPV  021221210112 PPPP  式中 1210PP 和 0212PP 可直接从所作的图中量取。由上式可解出 1 0212 1210 2 PP PP   由绝对速度  12Pv 方向，得出ω 2方向为顺时针方向。 同理， 在速度瞬心点 P13有 llPV  130331310113 PPPP  由绝对速度  13Pv 的方向，可知其为逆时针方向。 例 4-2 在图 4-2 所示的凸轮机构，已知该机构的结构尺寸 和凸轮 1 的角速度 1 。利用瞬心法，求机构在图示位置 时从动件 2 的线速度 2v  。机构运动简图的比例尺为 l 。 解：构件 1 与机架 0 的速度瞬心 P01以及从动件与机 架的速度瞬心 P02 可根据相应的构件分别构成转动副和移 动副而直接确定出来。凸轮 1 和从动件之间的瞬心 P12的 确定方法是：一方面，P12应在构件 1、2 高副接触点 K 的 公法线 n-n 上，另一方面，利用三心定理，它又应在瞬心 图 4-2 图 4-1 共 92 页 第 12 页 P01和 P02的连线上，即又应在过点 P01而垂直于从动件 2与机架移动副导路的直线上。因而， n-n 与该直线的交点即为 P12。 再根据速度瞬心的概念，可得： 21212011 PP vvPl   其中， 1201PP 可以直接从图中量出。从动件的速度 v2方向如图中 12Pv 所示。 §4.2 本章课后习题解答 4-1 有三个平面运动的构件 1、2、3，构件 1 为机架。设已知构件 1、2 的速度瞬心 12P 和构 件 1、3 的速度瞬心 13P ，试证明：构件 2、3 的速度瞬心 23P 一定在 12P 和 13P 的连线上。 题 4-1 图 解： 如题 4-1 图所示，构件 1、构件 2、构件 3 作平面运动，设其角速度分别为 1 、 2 、 3 ，由于构件 1 为机架，因此 1 0  。设构件 1 和构件 2 的速度瞬心 12P 位于 A 点，构件 3 和构件 1 的速度瞬心 13P 位于 B 点。故在 A 点处有 2 1 0A Av v  ，在 B 点处有 3 1 0B Bv v  设在 AB 连线之外有一个任意点 C，则构件 2 和构件 3 在 C 点的速度分别为： 2 2 1 1C Av v AC AC      3 3 3 3C Bv v BC BC      其中 1 AC  的方向垂直于 AC 连线， 3 BC  的方向垂直于 BC 连线。若 C 点为构件 2 和构件 3 的速度瞬心 23P ，则必有 2 3C Cv v ，即 1 3AC BC    。由于 AC 连线不平 行于 BC 连线，且 2 、 3 不为零，所以不可能存在 2 3C Cv v （方向一定不相同，但大小有 可能相等），故 AB 连线之外有一个任意点 C 不是构件 2 和构件 3 的速度瞬心 23P 。 共 92 页 第 13 页 因此 23P 一定在 AB 连线上，即构件 2、3 的速度瞬心 23P 一定在 12P 和 13P 的连线上。此 时 2Cv 和 3Cv 的方向都垂直于 AB 连线，因此方向只有在 AB 连线上才可能相同。 4-2 在题 4-2 图所示所示的平面组合机构中，已知机构作图的比例尺μ l，及构件 1 的角速度 1 ，求图示位置构件 4 的线速度 4v  。 提示：当机构中构件数目比较多时，速度瞬心的数目也比较多。在进行机构的运动分 析的时候，一般不需要求出所有的速度瞬心。 为比较有条理地找出所要确定的速度瞬心，可采 用“瞬心多边形”的方法。如题 4-2 图中的机构中有 5 个构件，则 5 个顶点分别表示每个构件，并且顶点的编 号与构件的编号一致，在表示机架的顶点上画个圈。顶 点之间的连线代表已确定出来的速度瞬心。 在利用“三心定理”求速度瞬心时，可以利用速 度瞬心代号下角标号消去法则。例如要确定构件 0、3 的速度瞬心，将顶点 0、3 连接起来，得到 043 ， 04P 和 34P 下标中均有 4，将 4 消去，剩下的标号是 03，则 03P 一定在速度瞬心 04P 和 34P 的连线 上。如右图所示。 解：根据两个构件相成运动副的瞬心的确定方法可以确定出瞬心 230201 ,, PPP ， 34P ， 04P 的位置或所在的直线。由于题目已知构件１的角速度，求构件４的线速度，因而需求出 速度瞬心 14P 。一方面， 14P 应在瞬心 01P 和 04P 的连线上，另一方面，它也应在瞬心 12P 和 24P 的连线上。而瞬心 12P 一方面应在构件１、２高副接触点的公法线 n-n上，另一方面，它也 应在瞬心 01P 和 02P 的连线上；瞬心 24P 一方面应在瞬心 23P 和 34P 的连线上，另一方面，它 题 4-2 图  02P 01P 04P 34P 04P 24P 23P 12P 14P 14P v  n n 共 92 页 第 14 页 也应在瞬心 02P 和 04P 的连线上。 根据速度瞬心的概念，可得 414011 14 vvPP Pl   ，其中， 1401PP 可以直接从图中 量出。构件４的速度方向如图中 14P v 所示。 4-3 确定题 4-3图所示机构所有的速度瞬心。如果已知构件1的角速度 1 ，设图示比例为 l ， 求图示位置时，题 4-3 图（a）齿轮 4 的角速度 4 的大小、方向和题 4-3 图（b）构件 3 的 速度 3V 的大小和方向。 提示： 齿轮啮合的速度瞬心在表示齿轮的两个圆的切点处。 解：（a）、图示机构共有 6 个构件，所以速度瞬心的数目为 15 2 )1(2    NN CN 。其 题 4-3 图 )(b )(a 14P 1 o 4 3 13P v 34P v 1o 2o 3o 1 2 3 4 5 6 26P 13P 34P 56P 45P 36P 35P 23P 24P 25P 15P 12P 16P 46P )(a 共 92 页 第 15 页 中： 14P 、 16P 和 46P 在转动副 1O 处； 12P 、 15P 和 25P 在转动副 2O 处； 35P 在转动副 3O 处； 36P 在转动副O处； 23P 在表示齿轮２和齿轮３的圆的切点处； 24P 在表示齿轮２和齿轮４的 圆的切点处； 13P 在瞬心 12P 和 23P 的连线与瞬心 16P 和 36P 的连线的交点处； 26P 在瞬心 24P 和 46P 的连线与瞬心 23P 和 36P 的连线的交点处； 34P 在瞬心 23P 和 24P 的连线与瞬心 36P 和 46P 的连线的交点处； 56P 在瞬心 35P 和 36P 的连线与瞬心 15P 和 16P 的连线的交点处； 45P 在瞬心 24P 和 25P 的连线与瞬心 34P 和 35P 的连线的交点处。 根据速度瞬心的概念，可得 131336313161 Pll vPPPP   ，从而可先求出构件３ 的角速度 1336 1316 13 PP PP   ，其中， 1316PP 和 1336PP 可以直接从图中量出，构件３的速度方 向如图中 3 所示；再根据速度瞬心的概念，可得 343634346344 Pll vPPPP   ，从 而可求出构件４的角速度 4634 3634 34 PP PP   ，其中， 3634PP 和 4634PP 可以直接从图中量出， 构件４的速度方向如图中 4 所示。 1  2 3 4 3v n n 13P 12P 34P 24P 14P n n 23P )(b 共 92 页 第 16 页 （b）、图示机构共有４个构件，所以速度瞬心的数目为 6 2 )1(2    NN CN 。其中： 14P 和 24P 分别在构件１和构件４、构件２和构件４形成的转动副处； 34P 在垂直于移动副导路的 无穷远处； 12P 在过高副接触点Ｂ的公法线 n-n 和瞬心 14P 、 24P 的连线的交点处； 23P 在过 高副接触点Ｃ的公法线 nn  和瞬心 24P 、 34P 的连线的交点处； 13P 在瞬心 12P 和 23P 的连 线与瞬心 14P 和 34P 的连线的交点处。 根据速度瞬心的概念，可得 314131 13 vvPP Pl   ，其中， 1413PP 可以直接从图中 量出。构件３的速度方向如图中 3v 所示。 4-4 题 4-4 图所示为五杆机构。已知构件 1 的转速是构件 4 的转速的 1/2，但转向相反。求 所有速度瞬心。 题 4-4 图 共 92 页 第 17 页 解：图示机构共有 5 个构件，所以速度瞬心的数目为 2 ( 1) 10 2 N N N C    由于构件 1 的转速是构件 4 的转速的 1/2，但转向相反。根据“三心定理”可知，构件 1 与构件 4 的速度瞬心 14P 在 15P 与 45P 的连线上，由题意得： 1 14 15 4 14 45P P P P    ，又 1 40.5  ，则有 14 15 14 452P P P P ，且 14 15 14 45P P P P 。 若 14P 在 15P 与 45P 连线的左边，则 14 15 14 45P P P P ，不合题意。若 14P 在 15P 与 45P 连线的 右边，虽然能满足“ 14 15 14 452P P P P ”这个条件，但是构件 1 与构件 4 在此处的速度方向相 反，也不符合题意。因此若 14P 在 15P 与 45P 连线之间。并且 15 45 14 15 2 3 P P P P  ，其位置如图所 示。 12P 、 23P 、 34P 、 45P 、 15P 分别在构件 1 和构件 2、构件 2 和构件 3、构件 3 和构件 4、 构件 4 和构件 5、构件 1 和构件 5 形成的转动副处。 13P 在 14P 、 34P 的连线与 12P 、 23P 的连线的交点上。 35P 在 13P 、 15P 的连线与 34P 、 45P 的连线的交点上。 25P 在 12P 、 15P 的连线与 23P 、 35P 的连线的交点上。 24P 在 12P 、 14P 的连线与 25P 、 45P 的连线的交点上。 4-5 题 4-5 图中四杆机构 ABCD 中，AD=CB，AB=CD，并且 AD 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 答案，现给出一个参考答案，如下： 根据设计要求确定推程运动角 0 、回程运动角 0' 、远休止角 S 和近休止角 'S ， 一个工作循环需要的时间为： 0 0' ' 2 1.5 0.75 4.25( )i sT T T T s        那么，凸轮的转战应该为： 2 2 1.478( / ) 4.25i rad s T        由凸轮转角 t  可以得到： 0 0 0' 0' ' 1.478 2 2.958( ) 169.366 0 1.478 1.5 2.217( ) 127.025 2 2.958 2.217 1.108( ) 63.609 S S T rad T rad rad                        由于凸轮的转速并不高，机构是用在自动生产线中，尽管所受到的载荷没有特别的说明， 可以假设载荷也不大，则在推程中，选择从动件的运动规律为正弦加速度运动规律，回程采 用等速运动规律（推程、回程可根据具体要求选择不同的运动规律，这里只是给出参考的运 动规律，但并不唯一），则有： 0 0 1 2 1 2 ( ) ( ) sin( ) 50 ( ) sin( ) 0 2.958 2 2.958 2 2.958 S h                           0 ( 2.958) ( 2.958) ( ) 1 50 1 2.958 5.175 ' 2.217 S h                      而从动件近休止阶段有： ( ) 0 5.175 6.283S     注意：（1）表 6-1 中所示的回程均是由 0  开始推出的，故在运用时要注意减去推程 的角度。 （2）公式中所有的角度都是弧度制表示的。 根据上面三个式子可以得到从动件在一个工作循环中的位移线图，如下图所示： 共 92 页 第 44 页 选择凸轮机构的结构和基本尺寸： 从动件：直动、滚子；凸轮：盘形；凸轮机构：对心直动滚子盘形凸轮机构，凸轮逆时 针匀速转动，初选基圆和滚子半径（可以用 9.1 节方法确定） 0 30 , 10rr mm r mm  ，则 凸轮机构的应用状态如下所示： 欲写出凸轮轮廓曲线的方程，建立如上图所示的坐标系，则 ' 0' ' ' 0 0 ( ) 30 ( ) cos( ) sin( ) sin( ) cos( ) B B B B B B x r Sy S x x y y                                          1 OB OB 将 ( )s  代入上式求得的是理论轮廓曲线，那么实际轮廓曲线轮廓方程为： 2 2 2 2 10 ( ) ( ) 10 ( ) ( ) B C B B B B C B B B dy dx x dy dx d d dx dy y dy dx d d                     共 92 页 第 45 页 根据该曲线方程，编制计算机程序，可以画出凸轮轮廓曲线，如下图所示： 根据选择的凸轮类型的不同，凸轮的轮廓也不一致，下面给出相同条件下，其它常见类 型的凸轮轮廓曲线示意： §6.2 本章课后习题解答 6-1 设凸轮机构中从动件的行程为 h，凸轮推程运动角为 0 。试推导当推程从动件的运动规 律为余弦加速度运动规律时，从动件位移 s 与凸轮转角  之间的关系应为： )]cos(1[ 2 0     h s 。 解：设余弦加速度方程为 )cos( 0  caa  ，其中 0 与相对应是为了保证在推程中从 动件的速度始终为正值。 对上式积分得 共 92 页 第 46 页 0 1 0 0 0 cos( ) cos( ) sin( )cc c a v adt a dt d a C                 再对上式积分得 2 0 0 1 1 22 2 0 0 ( sin( ) ) cos( )c cs vdt a C dt a C C                  再由边界条件 0 时， 0v ， 0s ； 0  时， 0v ， hs  ；确定出待定常数 和积分常数为 01 C ； ； 2 0 ( ) 2 c h a    ； 将上式代入位移表达式得 )]cos(1[ 2 0     h s 6-2 在题 6-2 图中，凸轮的实际轮廓曲线是由 B1B2, B2B3, B3B4, B4B1四段曲线组成的，其中 B2B3和 B4B1段为以凸轮转动中心 O 为圆心的圆弧。试在图中标出凸轮的基圆半径 0r 、凸轮 的推程运动角 0 、回程运动角 '0 、远休止角 s 和近休止角 's 、从动件的行程 h。 题 6-2 图 2 2 h C  0' 0r s 's 0 h 共 92 页 第 47 页 6-3 当凸轮机构中从动件采用多项式运动规律时，其设计的数学过程是：根据设定的边界条 件得到一个线性方程，解线性方程得到多项式运动规律的各个系数。将这个过程编制一个计 算机程序，并利用程序计算采用五次从动件多项式运动规律、分别满足下列三组边界条件的 从动件的运动规律。 凸轮转角 0  凸轮转角 90   第一组 , 0, 0s h v a   , 0, 0s o v a   第二组 , 0, 0s o v a   1, , 0s h v v a   第三组 1, , 0s h v v a   1, 0,s o v a a    δ 0 ′ δ 0 δ s ′ δ s α 45 理论轮廓 基圆 δ 0′ δ 01 α 0r 共 92 页 第 48 页 其中， s v a、、 分别表示从动件的位置、速度和加速度， 30 mmh  ， 1 15mm/ sv  ， 2 1 0.15mm/ sa  ，凸轮为匀速运动，角速度为 3.1416rad/ s  。 解：从动件为五次多项式运动规律： 55 4 4 3 3 2 210  CCCCCCS  ，（1） 速度 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 45 3 4 2 321 5432  CCCCCv  ， （2） 加速度函数 35 2 432 201262  CCCCa  （3） 若满足第一组，将 =0 时的 s、v、a 的值和 =90°时的 s、v、a 的值代入上面的三个 方程，联立可得六元一次方程组，即可解出 iC （i=1,2,3,4,5），代入（1）中即得从动 件的运动规律。 同理可得第二组、第三组从动件的运动规律。 6-4 现要设计一个凸轮机构从动件的运动规律，从动件运动的三个特殊点 A、B、C如题 6-4 图所示，其中 s v a、、 分别表示从动件的位置、速度和加速度。试选择从动件的运动规律， 满足在点 B左右两边速度匹配的要求，并确定凸轮转角 1  和 2  的比值。 解：选择 AB 段为等加速运动，BC 段为等减速运动， 则 2 2 1 1 1/ 2 / 2ABa v s v L  ； 2 2 2 2 1 1 1 3 / 2 / 2( ) / 2 BCa v s v L L v L    凸轮匀速转动，因此 2 1 2 1 t t    有 1v = 1a 1t = 2a 2t 从而 1 2 1 2 2 1 2 1  a a t t   推程过程位移方程为 2 12 1 2 3 ;0 ; ( ) L s          2 1 2 1 2 12 1 2 3 3 ( ) ; ; 2 ( ) L s L                  共 92 页 第 49 页 6-5 补全题 6-5图不完整的从动件位移、速度和加速度线图，并判断哪些位有刚性冲击，哪 些位置有柔性冲击。 题 6-5 图 解：根据关系式  d ds v  ，  d dv a  ，补全后的从动件位移、速度和加速度线图如 上右图所示。在运动的开始时点Ｏ，以及 3/ 、 3/4 、 3/5 处加速度有限突变，所以在 这些位置有柔性冲击；在 3/2 和 处速度有限突变，加速度无限突变，在理论上将会产生 无穷大的惯性力，所以在这些位置有刚性冲击。 6-6 一个凸轮机构的从动件在凸轮转过90的过程中，以等加速向上运动 10mm，在凸轮转 动的下一个90的过程中，以等减速继续向上运动 10mm，最后，速度达到 0； 解：①从动件的位移、速度、加速度线图如下： 共 92 页 第 50 页 ②设推程运动过程的最大速度为 1v ，加速度为 a1，回程过程最大速度为 2v ，加速时加速度 为 a2，加速时加速度大小为 a3 2 maxmax 2 3423 2 2322 2242 2 11 12 1 43121 /4.123,/48 /108)/( /4.123)/( 48202/)( /8020/ /4020 2 6 5 1, 18 7 1,12,5.0 /min,/30 smmasmmv smmttva smmttva vttv smmva smmvt v stststtst sradwrn         ③ 推导原理同② 可得 2maxmax /1234,/480 smmasmmv  6-7 在题 6-7 图中所示的摆动滚子从动件盘形凸轮机构中，已知摆杆 AB 在起始位置时垂 直于 OB， mmlOB 40 ， mmlAB 80 ，滚子半径 mmrr 10 ，凸轮以等角速度 逆时针转动。从动件的运动规律是：凸轮转过 180 ，从动件以正弦加速度运动规律向上摆 动 30 ；凸轮再转过 150 时，从动件以等加速等减速运动运动规律返回原来位置；凸轮转过 其余 30 时，从动件停歇不动。 共 92 页 第 51 页 (1)、试写出凸轮理论廓线和实际廓线的方程式。 (2)、画出凸轮的实际廓线，看看是否出现变尖、失真等现象。如果出现了这些现象，提出 改进设计的措施。 解：(1)、摆杆的最大摆角为 30 ，推程为 180 ，回程为 150 ，远休止角为 0 ，近休 止角为 30 ，确定从动件的运动规律为                          3603300 330255)180(150 150 302 255180)180( 150 302 30 1800)2sin( 2 1 180 30 2 2 2 2        建立直角坐标系，将坐标原点选在点Ｏ，x轴沿 OA 方向，如上右图所示。 凸轮的基圆半径 mmlr OBo 40 ； mmlll OBABOA 44.894080 2222  ；  57.26 80 40 arctanarctan0 AB OB l l  ； 由上图中的几何关系可以写出                )sin( )cos( 0 0 1 1 1   AB ABOA B B l ll y x OB   12 OBROB  B y x  O A 1B 2B 0   题 6-7 图 共 92 页 第 52 页 式中              cossin sincos R 所以凸轮理论轮廓线的方程式为                      )sin( )cos( cossin sincos 0 0     AB ABOA l ll y x 由于滚子半径 mmrr 10 ，所以凸轮实际轮廓线的方程式为             22 22 )()( 10 )()( 10     ddxddy ddx yy ddxddy ddy xx (2)、画出凸轮的实际廓线如下图所示，从图中可以看出没有出现变尖、失真等现象。如果 出现了这些现象，就应该减小滚子半径或增大基圆半径重新设计。 6-8 按比例绘出从动件位置 s 与凸轮转角的对应数值，可作出 s 曲线 7-1 题 7-1 图所示齿轮机构，齿轮 1 的齿廓为半径为 1R 、圆心在点 1A的圆，齿轮 2 的齿廓 为半径为 2R ，圆心在点 2A 的圆弧，此时轮齿在点 1K 啮合，如图中实线所示；当两圆心分 共 92 页 第 53 页 别运动到 ' 1A和点 ' 2A 时，轮齿在点 2K 啮合，如图中虚线所示。试确定轮齿分别在点 1K 和点 2K 啮合时，齿轮机构的传动比 12i ，并分析在此啮合过程 12i 的变化规律。 题 7-1 图 解：齿轮 1相对机架的速度瞬心在转动副 1O 处，齿轮 2相对机架的速度瞬心在转动副 2O 处。根据三心定理，齿轮 1 与齿轮 2 的速度瞬心肯定在过两圆心的公法线与 1 2OO 连线的交 点上。 因此，在点 1K 处处啮合时，齿轮 1 与齿轮 2 的节点 1P恰好与齿轮 1 的圆心 1A重合。如题 7-1 图所示，故有： 1 1 2 1 2 12 2 1 1 1 1 PO AO i PO AO      当轮齿在点 2K 啮合时，节点为 2P ，如题 7-1 图所示，此时 1 2 2 12 2 2 1 PO i PO     通过作图可看出，在啮合的过程中，节点 P 逐渐靠近 O1，从而 2PO 逐渐增大， 1PO 逐渐 减小，故 12i 是逐渐增大的 。 7-2 题 7-2 图为一个渐开线齿轮的轮齿。 ① 分别画出轮齿齿廓在点 a压力角 、展角、曲率半径  和在点b压力角 k 、展 角 k 、曲率半径 k ，并比较在这两点处各个值的大小。 ②如果已知在半径为 r处轮齿的齿厚为 s。证明：在半径 kr 处齿厚 ks 的计算公式是： 2 ( i n v i n v )kk k k r s s r r     1P 2P 共 92 页 第 54 页 题 7-2 图 解：①点a处的压力角 、展角、曲率半径  和点b处的压力角 k 、展角 k 、曲率 半径 k 分别如题 7-2 图所示。 显然，由图易得：展角 k  ，曲率半径 k  ，压力角 k  。该关系也可通过关 系式推出。 ②由渐开线函数可得， inv  ， invk k  则 inv invk k        又 2s r ， 1k ks r ， 2 1 2    ∴ 2(inv inv )k k k ss r r     即： 2 (inv inv )kk k k r s s r r     证毕。 7-3 推证渐开线齿轮法向齿距 np 、基圆齿距 bp 和分度圆齿距 p 之间的关系为式为  k  k  k  1 2 共 92 页 第 55 页  coscos mppp bn  。 证明：根据渐开线的性质：即渐开线的发 生线沿基圆滚过的长度，等于基圆上被滚过的圆 弧长度有 bn pp  设齿轮的齿数为 z，模数为m，基圆半径 为 br ，分度圆半径为 r，压力角为 因为 bb rzp 2 ， rzp 2 又因为 cosrrb  所以 cosppb  因为 mp  所以  coscos mppp bn  证毕。 7-4 用展成法加工渐开线直齿圆柱齿轮，刀具为标准齿条型刀具，其基本参数为： mmm 2 ， 20 ，正常齿制。 （1）齿坯的角速度 s rad 5.22 1  时，欲切制齿数 90z 的标准齿轮，确定齿坯中 心与刀具分度线之间的距离 a和刀具移动的线速度v； （2）在保持上面的a和 v不变的情况下，将齿坯的角速度改为 s rad 23 1  。这样所切 制出来的齿轮的齿数 z和变位系数 x各是多少？齿轮是正变位齿轮还是负变位齿轮？ （3）同样，保持a和 v不变的情况下，将齿坯的角速度改为 s rad 1.22 1  ，所切制出 来的齿轮的齿数 z和变位系数 x各是多少？最后加工的结果如何？ 解：（1）、由于是加工标准齿轮，齿坯中心与刀具分度线之间的距离为 mm mz a 90 2 902 2    刀具移动的线速度为 smm mz v 4 5.22 1 2 902 2     （2）、齿轮的齿数 z为 O r br ar p np bp  解题 7-3 图 共 92 页 第 56 页 92 23 1 2 422     m v z 变位系数 x为 1 2 2 922 90 2       m mz a x 因为变位系数小于零，所以齿轮是负变位齿轮。 （3）、齿轮的齿数 z为 4.88 1.22 1 2 422     m v z 变位系数 x为 8.0 2 2 4.882 90 2       m mz a x 因为变位系数为正，所以齿轮是正变位齿轮。但由于齿数不是整数，最后加工的结 果将产生乱齿现象，得不到一个完整的齿轮。 7-5 一个渐开线标准正常直齿圆柱齿轮，齿轮的齿数 Z=17，压力角 20 ，模数 m=3 ㎜。试求齿轮分度圆处的曲率半径  、齿顶圆上齿廓的曲率半径 a 、压力角 a 和齿顶圆齿 厚 as 。提示：可参考和利用题 7-2 的分析和结论。 解：如题 7-5 图所示，由已知条件得 mm mz r 5.25 2 173 2    mmrrb 96.2320cos5.25cos   mmmhrr aa 5.28315.25 *  其中， 1* ah 是由齿轮为正常齿制齿轮 确定的。 根据渐开线的几何尺寸关系，可以得到在 齿轮分度圆上齿廓的曲率半径为 mmrb 72.820tan96.23tan   在齿轮齿顶圆上齿廓的压力角和曲率半径分别为 O a ar br r a  题 7-5 图 共 92 页 第 57 页  79.32 5.28 96.23 arccosarccos a b a r r  mmr aba 44.1579.32tan96.23tan   分度圆齿厚 3 4.712 2 2 m s mm      2 (inv inv ) 28.5 4.712 2 28.5(inv32.79 inv 20 ) 25.5 2.017 a a a a r s s r r mm            8-6 推证渐开线齿轮不根切的最小变位系数 minx 由式 min min * min )( z zzh xx a   确定。解释当 minzz  时， minx 的物理含义。 证明：当被加工的齿轮的齿数 minzz  时， 为了防止根切，刀具的齿顶线应移至点 N1或点 N1以下，如图所示，应使 xmmhQN a  * 1 即 QNmhxm a 1 *  又因 sin11 PNQN  而  sin 2 sin1 mz rPN  故 21 sin 2 mz QN  所以 2* sin 2 z hx a  又因为 2 * min sin 2 ahz  ，即 min * 2 2sin z ha ，代入上式，得 min min * min * *2* )(2 2 sin 2 z zzh z hz h z hx aaaa    当 minzz  时， minx 的物理意义是指加工刀具可以向齿坯转动中心移动、而齿轮不 发生根切现象的最大变位系数。 Q 题 8-6图 共 92 页 第 58 页 7-6 用一个标准齿条形刀具加工齿轮。齿条的模数 mmm 4 ，齿形角 020 ，齿顶 高系数 1* ah ，顶隙系数 25.0 * c ，齿轮的转动中心到刀具分度线之间的距离为 mmH 29 ，并且被加工齿轮没有发生根切现象。试确定被加工齿轮的基本参数。 解：由于 H一般与被加工齿轮的分度圆半径的大小相近，所以有 2 mz H  ，由此可 得 5.14 4 2922    m H z 由于齿数已经小于标准齿轮不根切的最小齿数 17，所以只可能是正变位齿轮。如果将 齿轮的齿数圆整为 15z ，则 mmH 30 2 415    ，为负变位齿轮，则齿轮一定 会发生根切现象。 将齿数圆整至整数 14z ，则由 xm mz H  2 可得 25.0 4 2 144 29 2       m mz H x 此时齿轮不根切的最小变位系数为 176.0 17 )1417(1)( min min * min      z zzh x a 故变位系数 176.025.0 x 满足齿轮不根切条件。 所以被加工齿轮为正变位齿轮，齿数为 14，变位系数为 0.25。 分度圆半径为 mm mz r 28 2 144 2    基圆半径为 mmrrb 31.2620cos28cos   齿顶圆半径为 mmmxhrr aa 334)25.01(28)( *  齿根圆半径为 mmmxchrr af 244)25.025.01(28)*( *  7-7 如果齿轮的齿数为 36z  ，分度圆半径 108r  ，压力角为 020  ，分度圆齿厚为 10.7s mm 。试确定 ①齿轮的变位系数 x。 ②齿轮变尖 0as  时的齿顶圆半径 ar 。 共 92 页 第 59 页 ③齿厚 is 和齿槽宽 ie 相等的圆的半径 ir。 提示：可参考和利用题 7-2 的分析和结论。 解：①由分度圆半径 2 mz r  得， 2 2 108 6 36 r m mm z     由分度圆齿厚 2 tan 2 m s xm    得， 6 10.7 2 2 0.292 2 tan 2 6 tan 20 m s x m             ②由题 7-2结论有 2 (inv inv )aa a a r s s r r     则 10.7 0 108inv inv inv 20 0.0644 2 2 aa a a a a rr s s r r r            解得： 31.71a   而 101.49br  ∴ 101.49 119.30 cos cos31.71 b a a r r mm      注：求解渐开线反函数可通过 MATLAB、C++编程实现，也可通过网上计算器实现， 现给一网上计算器求反渐开线函数的地址： http://speed-long.com/net_compute/invval.html ③由2 i ir zp  ， 2i i i ip e s s   得： (1) i i r s z   由题 7-2结论有 2 (inv inv ) (2)ii i i r s s r r     由（1）、（2）有 2 (inv inv )i ii i r r s r r z      即10.7 2 (inv inv20 ) 108 36 i i i i r r r           ∴ inv 0.0208i  解得： 22.26i   因此 101.49 109.66 cos cos 22.26 b i i r r mm      7-8 测量齿轮的公法线长度W是检验齿轮精度的常用方法。如题 7-8 图所示，测 量时，卡尺的卡脚必须卡在齿廓的渐开线段。 共 92 页 第 60 页 ①设跨齿数为 k（在题 7-8 图中 3k  ）推导渐开线标准齿轮公法线的长度 计算公式为 cos [( 0.5) inv ]W m k z     。 ②如果齿轮为变位齿轮，推出公法线长度的计算公式； ③如果已知跨齿数 2k  的公法线长度 2 27.311W mm ，跨齿数 3k  的公法 线长度 3 45.518W mm ，试通过试凑的方法确定齿轮的模数和分度圆压力角。 题 7-8 图 解：①假设卡尺的卡脚与齿廓的切点a、b恰好在分度圆上，如题 7-8 图所示。则在齿 廓上，a、b两点间的距离为公法线长W 且为基圆切线，由题 7-8 图可知： ( 1) b bW k p s   根据题 7-2 结论可得： 2 (inv inv )bb b b r s s r r     ，即： cos ( inv ) 2 bs m z     其中： 0b  ， cos cos 2 b mz r r    ， 2 m s   又 cos cosbp p m    ，∴ ( 1) cos cos ( inv ) 2 W k m m z         即 cos [( 0.5) inv ]W m k z     证毕。 ②对于变位齿轮，分度圆是不变的，基圆也是不变的，但是基圆齿厚要发 共 92 页 第 61 页 生变化。由于 2 tan 2 m s xm    ，则同理可得 cos ( 2 tan inv ) 2 bs m x z       ， 此时： ( 1) cos cos ( 2 tan inv ) 2 cos [ ( 0.5) inv ] 2 sin W k m m x z m k z xm                    ③齿轮为标准齿轮，则当 2k  时，有 cos (1.5 inv ) 27.311 (1)W m z     当跨齿数 3k  时， 3 cos (2.5 inv ) 45.518 (2)W m z     则由 (1) (2) 得 1.5 inv 27.311 2.5 inv 45.518 z z        ∴ 例 8-1 在下列情况下确定外啮合直齿圆柱齿轮传动的类型： （1） 25.0,1,15,40,14 **21  chzz a  。 解：由式 2 * min sin 2 ahz  可得 30min z ，由于 min21 2zzz  ，这对齿轮传动 只能采用正传动。变位系数的选择应满足 min22min11 , xxxx  。 （2） mmahmmmzz a 235,.1,20,6,47,33 '* 21   解：因为 mmamm zzm a 235240 2 )( '21    所以，必须采用负传动。齿轮的变位系数由无齿侧间隙方程确定： 763.0)2032.16( tan2 32.16) cos arccos( 21 21 ' '       invinv zz xx a a    至于 1x 和 2x 各取什么值，还应根据其他条件确定。 （3） ,1,20,5,28,12 *21  ahmmmzz  要求无根切现象。 解：由已确定的参数可知，不根切的最少齿数为 17，根据各种传动类型的齿数条件可 知：可以采用的齿轮传动类型是等变位齿轮传动、正传动和负传动。 共 92 页 第 62 页 （4） . 3 5 ,1,20,4,138 12 *'  ihmmmmma a  传动比误差不超过 1 % 解： 875.25 )1( 2 12 ' 1    im a z 若取 42 ,25 21  zz mmamma i 138134 %,1008.0 3 5 25 42 3 5 ' 12     由于 则应采用正传动； 7-9 题 7-9 图为一对直齿圆柱齿轮传动， 两个圆分别为两个齿轮的基圆，齿轮 2 为 主动轮，转向如图所示。试根据图中所画 出的齿轮传动尺寸，画出 （1） 理论啮合线 21NN ； （2） 实际啮合线 21BB （3） 啮合角 ' ； （4） 轮齿 A 以及与轮齿 A 相啮合的轮 齿的齿廓工作段。 解：（1）、外啮合齿轮传动的理论啮 合线 21NN 为两齿轮基圆的一条内公切线，由主动齿轮 2 的转向可以确定出理论啮合线 21NN 如图中红色直线所示。 （2）、实际啮合线 21BB 为理论啮合线 21NN 上的 21BB 段，其中 B1 为从动齿轮１的 齿顶圆与理论啮合线的交点，B2为主动齿轮２的齿顶圆与理论啮合线的交点。 （3）、啮合角 ' 为过节点的两齿轮的节圆的公切线与啮合线间所夹的锐角，如图示。 （４）、轮齿A以及与轮齿A相啮合的轮齿的齿廓工作段可以由点B1和 B2确定出来， 2ar 1ar 1B 2B 1N 2N  题 7-9 图 共 92 页 第 63 页 为图中所示的红色齿廓段。 7-10 推导渐开线外啮合直齿圆柱齿轮传动重合度的计算公式为 )]'tan(tan)'tan(tan[ 2 1 2211     aa zz 。 解：由重合度的定义，有 np BB 21 式中  cosmpn  PBPBBB 2121  222111 PNNBPNNB  式中 1111 tan abrNB   tan11 brPN 2222 tan abrNB   tan22 brPN 而  cos 2 cos 111 mz rrb   cos 2 cos 222 mz rrb  所以 )]'tan(tan)'tan(tan[ 2 1 2211     aa zz 7-11 某一标准直齿圆柱齿轮齿条传动，已知齿轮的基本参数为 20z  ， 10mmm  ， 20  ，正常齿制齿轮。齿条为主动，移动方向由右向左。试选择一定比例按以下两种情 况作图，并比较说明在齿轮节圆半径 'r 、节点 P的位置，啮合角 ' 、实际啮合线 1 2B B 和 重合度 中哪些发生了变化，哪些没有发生变化。 ①齿轮齿条为正确安装。②在齿轮齿条正确安装中心距的基础上，将齿条沿远离齿轮 转动中心的方向移动 2mm。 题 7-10 图 共 92 页 第 64 页 7-12 现有一对外啮合直齿圆柱齿轮传动，已知齿轮的基本参数为 33,36 21  zz ， 20 ， mmm 2 ，正常齿制， 335.1,235.0 21  xx 。 （1）计算齿轮这对齿轮传动的标准中心距a和正确安装中心距 'a ； （2）计算齿轮 1 的 esprrrr fab ,,,,,, 1111 ； （3）与采用标准齿轮传动相比较，这对齿轮传动有什么优点和缺点，应检验的条件是什么？ 解：（1）、标准中心距a为 mmzz m a 69)3336( 2 2 )( 2 21  026509.020 3336 20tan)335.1235.0(2tan)(2 21 21        invinv zz xx inv    所以啮合角  05.24 正确安装中心距 'a 为 mm a a 71 05.24cos 20cos69 cos cos         （2）、齿轮传动的分度圆分离系数为 1 2 6971      m aa y 削顶系数为 1.01335.1235.021  yxx mm mz r 36 2 362 2 1 1    mmrrb 83.3320cos36cos11   mmmxhrr aa 33.372)1.0235.01(36)( 1 * 11   mmmxchrr af 03.332)235.025.01(36)*( 1 * 11  mmmp 28.62   mmmx p s 80.220tan2235.02 2 28.6 tan2 2 1   mmspe 48.380.228.6  （3）、由于 01.1335.1235.021  xx ，所以该对齿轮传动为正传动。与采用 标准齿轮传动相比较，该对齿轮传动的轮齿磨损较小，齿根弯曲强度较高，但重合度有所下 降，互换性差。应检验的条件是重合度和齿轮的齿顶圆齿厚是否满足要求，即 ][  ， 共 92 页 第 65 页 msa 25.0 。 7-13 在题 7-13 图所示的一个回归齿轮传动的设计中，已经确定出 1 27z  ， 2 60z  ， 2' 63z  ， 3 25z  ， 20  ， 5mmm  ，正常 齿制。问有多少种方案可供选择，并对各种方案进 行比较。 提示：回归齿轮传动设计中要求输入轴和输出 轴的轴心线重合，即：齿轮 1、2 的安装中心距与 齿轮2 '、3 的安装中心距相等。 解：由各齿轮齿数我们可以知道，每个齿轮齿数均大于标准齿轮不根切的最小齿数 17。 因此齿轮 1、2 和齿轮2 '、3 都可以选择 4 种传动类型，即标准齿轮传动、等变位齿轮传动、 正传动、负传动。 齿轮 1、2 的标准安装中心距 1 2 12 ( ) 5 (27 60) 217.5 2 2 m z z a mm       齿轮2 '、3 的标准安装中心距 2' 32'3 ( ) 5 (63 25) 220 2 2 m z z a mm       故 12 2'3a a 由于要求齿轮 1、2 的安装中心距与齿轮2 '、3 的安装中心距相等，即 12 2'3' ' 'a a a  ， 现可分以下几种情况讨论。 （ 1）、若 12 2'3'a a a  ，则齿轮 1、 2 和齿轮 2 ' 、 3 只能是负传动，即 1 2 2 ' 30 , 0x x x x   。 （2）、若 12 2'3'a a a  ，则齿轮 1、2 选用零传动（即标准齿轮传动、等变位齿轮传动）， 而齿轮2 '、3 选用负传动，即 1 2 2' 30, 0x x x x    。 （3）若 12 2 '3'a a a  ，则齿轮 1、2 选用正传动，而齿轮 2 '、3 选用负传动，即 1 2 2' 30, 0x x x x    。 （4）若 12 2'3'a a a  ，则齿轮 1、2 选用正传动，而齿轮2 '、3 选用零传动（即标准 齿轮传动、等变位齿轮传动），即 1 2 2' 30, 0x x x x    。 共 92 页 第 66 页 （ 5）若 1 2 2 ' 3 'a a a  ，则齿轮 1、2 和齿轮 2 ' 、 3 都应该选择正传动。即 1 2 2' 30, 0x x x x    。 由于零传动中包含了标准齿轮传动、等变位齿轮传动，故一共有 7 种方案可供选择。 负传动缺点较多，一般不采用，零传动、正传动优点较多，故可采用方案（4）或者方 案（5）来进行两组齿轮的传动。 7-14 7-15 一对渐开线外啮合标准斜齿圆柱齿轮传动，已知 211 z ， 512 z ， mmmn 4 ， 20n ， 1 * anh ， 25.0 * nc ， 15 ，轮齿宽度 mmB 30 。试计算这对齿轮传动 的中心距a和重合度。 解：齿轮传动的中心距a为 mm zzm a n 08.149 15cos2 )5121(4 cos2 )( 21        3768.0 15cos 20tan cos tan tan        nt 所以  65.203768.0arctant mmz m r t n bt 69.4065.20cos21 15cos2 4 cos cos2 11      mmhmz m r ann n at 48.471421 15cos2 4 cos2 * 11      02.31 48.47 69.40 arccosarccos 1 1 1 at bt at r r  mmz m r t n bt 81.9865.20cos51 15cos2 4 cos cos2 22      mmhmz m r ann n at 60.1091451 15cos2 4 cos2 * 22     共 92 页 第 67 页  64.25 60.109 81.98 arccosarccos 2 2 2 at bt at r r  5871.1 )]65.20tan64.25(tan51)65.20tan02.31(tan21[ 2 1 )]'tan(tan)'tan(tan[ 2 1 2211        tattatt zz 6179.0 4 15sin30sintan        nbt b m B P B 最后得重合度 为 205.26179.05871.1   t 7-16 一阿基米德蜗杆蜗轮传动，蜗轮的齿数 402 z 、分度圆直径 mmd 2002  ， 蜗杆为单头。确定 （1）传动比 2 1 12   i ，其中 1 为蜗杆的转速， 2 为蜗轮的转速； （2）蜗轮端面模数 2tm ，蜗杆的轴面模数 1am ，分度圆直径 1d ； （3）蜗杆分度圆升角 1 ； （4）中心距a。 解：（1）、传动比 40 1 40 1 2 2 1 12  z z i   （2）、蜗轮端面模数 mm z d mt 5 40 200 2 2 2  根据蜗杆蜗轮传动的正确啮合条件可得蜗杆的轴面模数 mmmm ta 521  再根据国家标准规定的蜗杆模数与分度圆直径对应关系，选取蜗杆的分度圆直径 mmd 901  （3）、因为 11 2 2 1 12 tan  r r i  共 92 页 第 68 页 所以蜗杆分度圆升角    18.3 4045 100 arctanarctan 121 2 1 ir r  ，同时 1 也可以由以 下公式确定： 18.3 90 51 arctanarctanarctan 1 11 1 11 1    d mZ d pZ aa   （4）、中心距 mmmzda 145)40590( 2 1 )( 2 1 21  7-17 7-18 在题 7-18 图中，已知蜗杆的转速 min 9001 rn  ， 602 z ， 25'2 z ， 203 z ， 25'3 z ， 204 z ， 30'4 z ， 355 z ， 28'5 z ， 1356 z 。 （1）写出 6 1 16   i ， 6 2 26   i ， 6 '5 6'5   i 的表达式； （2）确定 6n 的大小和转向。 解：（1）、 5432 65432 6 1 16 2     zzzz zzzzz i   。由于蜗杆 1 和齿轮 6 的轴心线既不平行，也 不重合，所以转向关系必须用通过划箭头来表示； 方向 6n 题 7-18 图 共 92 页 第 69 页 5432 6543 6 2 26     zzzz zzzz i   ，“+”表示齿轮 2 和齿轮 6 的转向相同； 5 6 6 5 65     z z i   ；齿轮 5’和齿轮 6 为内啮合，转向相同。 （2）、因为 108 283025252 13535202060 2 5432 65432 6 1 16         zzzz zzzzz i   所以 min 33.8 108 900 16 1 6 r i n n  ，方向“↑”，如图所示。 7-19 设计一个定轴轮系，轮系的输入速度为 21000r/min，输出转速为 30r/min，转向如题 7-19 图所示。画出轮系的设计方案，并标出各个齿轮的齿数。 解：总的传动比 i=21000/30=700 各级传动比在 5~7 范围 则选用四级传动方案，因 14.570041 i 。 为使齿轮不发生根切齿轮齿数应大于 zmin=17 分别取小齿轮齿数为 17~20，大齿轮齿数=z1* 1i ，圆整后可得下表 小齿轮齿数 大齿轮齿数 传动比 17 88 5.176 18 93 5.166 19 98 5.158 20 103 5.15 取 z1=20 时，总传动比 443.70315.5 4 i 传动误差约为（703.443-700）/700 4.0 % 7-20 题 7-20 图为一用于自动化照明灯具的轮系，已知 min 5.191 rn  ， 601 z ， 403 z ， 题 7-20 图 共 92 页 第 70 页 30'22  zz ， 40 4 z， 1205 z 。 （1）轮系属于什么类型的周转轮系； （2）确定箱体的转速和转向。 解：（1）、因为轮系的自由度 13424323  hl PPnF 所以该周转轮系属于行星轮系。轮系中有一个太阳轮是固定不动的。 （2）、 2 403060 1204030 )1( 421 532 5 13 15            zzz zzz nn nn i H HH 因为 05 n 所以 311  H H n n i 最后得箱体的转速为 min 5.6 3 5.19 1 1 r i n n H H  ，方向与 n1相同。 7-21 计算题 7-21 图所示大减速比减速器的传动比 G A AGi    。 解法 1：将轮系分为两个周转轮系 ① 齿轮 A、B、E 和系杆 C 组成的行星轮系； ② 齿轮 A、E、F、G 和系杆 C 组成的差动轮系。 15 47     A B CB CAC AB z z i   因为 0B ，所以 AC  62 15  1715 5016          FA GE CG CAC AG zz zz i   将 AC  62 15  代入上式，最后得 67.3306 G A AGi   解法 2：将轮系分为两个周转轮系 ① 齿轮 A、B、E 和系杆 C 组成的行星轮系； ② 齿轮 B、E、F、G 和系杆 C 组成的行星轮系。 共 92 页 第 71 页 15 47     A B CB CAC AB z z i   由 0B 得 15 62 1  A B C A z z   1650 4717       EG BF CB CGC GB ZZ ZZ i   由 0B 得 1650 4717 11    EG BF C G zz zz   67.3306 1650 4717 1 15 62      C G C A G A AGi       由于行星轮系的分析和计算比差动轮系简单，所以，解法二在计算方面比较简单，计算 量小。 7-22 写出题 7-22 图中 1 ， 3 ， H 之间的关系，设已知各个齿轮的齿数。 解： （a）、 1 3 3 1 13 z z i H HH       （b）、 21 32 21 322 3 1 13 )1(           zz zz zz zz i H HH   题 8-24 图 共 92 页 第 72 页 （c）、 21 32 3 1 13       zz zz i H HH   7-23 题 7-23 图所示为一提升重物装置。蜗杆 E 为右旋。当卷筒直径为 250 ㎜， 齿轮 A 的 转速为 700r/min 时，确定重物上升的速度和齿轮 A 的正确转向。 解：轮系是由定轴轮系（A-B-C-D-E-F-G）和周转轮系（G-K-H-L-M）组成的混合轮 系。 对定轴轮系（A-B-C-D-E-F-G），有 78 22128 563942        ECA FDB G A AG zzz zzz n n i 对周转轮系（G-K-H-L-M），有 81.1 3922 3347 )1( 2           LK MH GM GKG KM zz zz nn nn i 因为 0Kn ，所以 238.2 M G GM n n i 进一步有 564.174238.278  M G G A M A AM n n n n n n i 所以 min 4 564.174 700 r i n n AM A M  最后得重物上升的速度为 s mmDnv M 36.52 2 250 30 4 230   当要求重物上升时，卷筒的转向朝上，由 0238.2  M G GM n n i 可知齿轮 M 和系杆 G 的转向一致，所以，G（F）的转向也向上，再根据蜗杆蜗轮传动和外啮合齿轮传 题 7-23 图 An 共 92 页 第 73 页 动转向关系，可以确定出齿轮 A 的正确转向为逆时针方向，如图所示。 7-24 在题 7-24 图所示的轮系中，问当齿轮 A 转动一转时，齿轮 L 转动几转？两者的转向是 否一致？ 画出轮系的拓扑图，根据其拓扑图确定轮 系的自由度。 解：轮系是由定轴轮系（A-B）、（Ａ-D）和周 转轮系（E-F-G-H-J-K-L-M）组成的混合轮系。 对定轴轮系（A-B），有 2 20 40  A B B A AB z z n n i 因为 MB nn  ，所以 AM nn 5.0 对定轴轮系（Ａ-D），有 3 2 36 24  C D D A AD z z n n i 因为 ED nn  ，所以 AE nn 5.1 对周转轮系（E-F-G-H-J-K-L-M），有 3.6 454030 8540100           KGE LJF ML MEM EL zzz zzz nn nn i 将 AM nn 5.0 ， AE nn 5.1 代入上式，最后得 34.0 A L LA n n i 即，当齿轮 A 转动一转时，齿轮 L 转动 0.34 转，由于 0LAi ，所以齿轮 L 的转向 与齿轮 A 相反。 因为 Fveg  1 ； 而由拓扑图可知顶点的数目 8v ， 齿轮幅的数目 6ge ， 所以轮系的自由度为 16181  gevF 题 7-24 图 )(MB L )(KJ H )(GF )(ED )(CA O 拓扑图 共 92 页 第 74 页 7-25 题 7-25 图中， An ， Bn 为轮系的输入运动，C 为轮系的运动输出构件。已知 min,/100 min,/50 rnrn BA  确定转速 Cn 的大小和转向。 （第二版改动 b 图：锥齿轮 3 齿数变为 65 ） 解：（a）、轮系是由定轴轮系（１-２）和周转轮系（2-3-4-4’-5）组成的混合轮系。 对定轴轮系（１-２），有 5 6 25 30 1 2 22 1 12  z z n n n n i A 即 Ann 6 5 2  对周转轮系（2-3-4-4’-5），有 14 45 3520 4550 )1( 43 542 2 2 25 232 35              zz zz nn nn nn nn i C B 将 min 50 rnA  ， min 100 rnB  ， Ann 6 5 2  代入上式，最后得 min 8.59 rnC  ，其中“-”表示齿轮 5 的转向与 Bn 相同，方向“↓”，如图所 示。 （b）、轮系是由定轴轮系（4-5-6）和周转轮系（1-2-2’-3-4）组成的混合轮系。 对定轴轮系（4-5-6），有 4 3 32 24 4 64 6 4 46  z z n n n n i B 即 Bnn 4 3 4  对周转轮系（1-2-2’-3-4），有 )(a )(b cn cn )64( 题 7-25 图 共 92 页 第 75 页 92.1 3632 6534 21 32 4 4 43 414 13              zz zz nn nn nn nn i C A 将 min 50 rnA  ， min 100 rnB  ， Bnn 4 3 4  代入上式，最后得 min 88 rnC  ， 0Cn 表示转向与 An （ Bn ）相同，方向“↓”，如图所示。 9-1 试求出题 10-1图中机构的最小传动角和最大压力角。 （有改动） 解：（a）、 BC AB l el   φsin sin 4583.0 120 2530 sin max      BC AB l el  所以最大压力角  28.274583.0arcsinmax 最小传动角  72.6228.279090 maxmin  （b）、最大压力角  0max 最小传动角  9009090 maxmin  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 ， 如图所示；在滑块Ｄ处也有一传动角 D ，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 max  0 B 题 9-1图 Fv D cv cF c )(a DF Dv 共 92 页 第 76 页 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。 图示机构在图示位置的传动角 分别如图中所示。 9-5 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。 （有改动） 解：图中各个凸轮机构在图示位置时的压力角 如图所示。 v F  )(b n n n n  0   v v v v n n n n  题 10-5 图 v B A A B 30  O n n 题 10-6图 共 92 页 第 77 页 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 ，如图所示。 原 教材 民兵爆破地雷教材pdf初中剪纸校本课程教材衍纸校本课程教材排球校本教材中国舞蹈家协会第四版四级教材 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与凸轮转角之间的关系； （2） 讨论如果 ][  ，应采用什么改进设计的措施？ 解：（1）、当凸轮转动任意角 时，其压力角如图所示。由图中几何关系有 rrR ee      cos sin 所以机构的压力角与凸轮转角 之间的关系为 ) cos arcsin( rrR ee      （2）、如果 ][  ，则应减小偏距 e，增大圆盘半径 R和滚子半径 rr。 9-10 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。 （有改动） n   R OA n e  rr 题 6-8 图 共 92 页 第 78 页 解：在图示机构中，当以构件 1为主动件时，机构不会出现死点位置；当以构件 3为 主动件时，机构会出现死点位置，其死点位置分别如下图示。 10-12 利用移动副的自锁条件推出：螺旋副中以轴向载荷 Q为主动力时（即：反行程），螺 旋副的自锁条件为式   。 题 9-1 图 3v 2C 1C 2B 1B A )(a 3 3v 2B 1BA )(b   v  n Q Q P P R R n  共 92 页 第 79 页 解：当反程时，载荷Ｑ为主动力，Ｐ为阻力。 由移动副自锁的条件，反程驱动力Ｑ与接触面法线 n---n 的夹角必须小于或等于斜 面与滑块之间的摩擦角，即   例 10-2 在图 10-17a所示的机构中，已知各构件的尺寸及机构的位置，各转动副处的摩擦 圆半径、移动副及凸轮高副处的摩擦角 ，凸轮为主动件，顺时针转动，作用在构件 4 上 的工作阻力 Q的大小。试求图示位置： (1) 各运动副的反力； (2) 需施加于凸轮 1上的驱动力矩 1M 。 解：选取长度比例尺L(m/mm)作机构运动简图。 (1) 确定各运动副中反力的方向。 由主动件凸轮的转向，确定出机构中各个构件之间的相对运动方向，如图 10-17a所示。 共 92 页 第 80 页 分析各个构件受到的运动副反力和外力。构件 1受到的力有 R51、R21、 1M ；构件 2受到 的力有 R52、R12、R32；构件 3受到的力有 R23、R43；构件 4受到的力有 R34、R54、Q。 先确定凸轮高副处点 B 的反力 R12的方向，与移动副反力方向确定方法相同，该力方向 与接触点处的相对速度 VB2B1的方向成 90 0 +角。 再由 R51应切于运动副 A 处的摩擦圆，与 R21大小相等方向相反，且对 A之矩的方向与1 方向相反，确定出 R51的方向。R51与 R21形成一个力偶与 M1平衡； 由于连杆 3为受拉二力构件，其在 D、E两转动副处所受两力 R23及 R43应切于该两处摩擦 圆，大小相等方向相反，在一条直线上。同时，根据相对转速 3432,  的方向，可确定出 R23及 R43的作用线和方向，亦即铰链点 D、E的摩擦圆的内公切线。； 图 10-17 凸轮连杆机构考虑摩擦的机构力分析 共 92 页 第 81 页 反力 R52应切于运动副 C 处的摩擦圆，且对 C之矩的方向应与25的方向相反，同时构件 2受有的三个力 R12、R52、R32应汇交于一点，由此可确定出 R52的方向线； 滑块 4所受反力 R54应与 V45的方向成 90 0 +角，它受到的三个力 R34、R54及 Q也应汇交于 一点，于是可定出 R54的方向线。 依照以上的步骤和方法，确定出各个运动副反力的作用线和方向，如图 10-17（b）所示。 (2)求各运动副处的反力大小。分别取构件 2、4为分离体，列出力平衡方程式为 构件 2 0523212  RRR  构件 4 05434  QRR  而 32234334 RRRR   根据上述力方程式，选取力比例尺F(N/mm)，从已知力 Q 画起，作出力多边形，如图 10-17（C）所示。由图可得各总反力 Fii RR  其中 iR 为力多边形中第 i个力的图上长度(mm)。 (3)求需施加于凸轮 1上的驱动力矩 1M 。由凸轮 1的平衡条件可得  NmlRlRM LFL  21211  式中 l为 R21与 R51两方向线的图上距离，单位为 mm。 9-17 题 10-17 图所示为按μ L=0.001m/mm 画的机构运动简图，滑块 3 为原动件，驱动力 P=80N 。各转动副处的摩擦圆如图中所示，滑块与导路之间的摩擦角= 020 ，试求在图示 位置， 构件 AB上所能克服的阻力矩 MQ的大小和方向。 解：首先确定各个运动副中的反力的方向如图所示。选取构件３为分离体，再选取力 比例尺 F ，作出其力多边形，如图所示。 在力多边形中，量得力 23R 的长为 18mm，力 P 的长为 20mm， 所以 NPR 7280 20 18 20 18 23  共 92 页 第 82 页 构件２为二力杆，所以 NRRRR 7223321221  最后得构件 AB上所能克服的阻力矩 MQ的大小为 mNlRM lQ  72.0001.0107221  阻力矩 MQ的方向为逆时针方向，如图所示。 9-18 题 10-18 图所示为按μ L=0.001m/mm 绘制的机构运动简图。已知圆盘 1与杠杆 2接触 处的摩擦角= 030 ，各转动副处的摩擦圆如图中所示，悬挂点 D处的摩擦忽略不计。设重 物 Q=150N，试求出在图示位置时，需加在偏心圆盘上的驱动力矩 M1的大小。 解：首先确定各个运动副中的反力的方向如图所示。选取构件２为分离体，再选取力 比例尺 F ，作出其力多边形，如图所示。 QM l 01R 21R 32R 23R P 03R 03R 23R 12R  题 9-17图 31R 32R32 R 21R 12R 12R Q Q l 题 9-18图 共 92 页 第 83 页 NQR 231150 13 20 13 20 12  依据作用力与反作用的关系，得 NRR 2311221  最后得需加在偏心圆盘上的驱动力矩 M1的大小为 mNlRM l  2.3001.014231211  例 10-6 图 10-19 所示为斜面压榨机。确定在以 Q 为主动力的行程中机构的自锁条件。设所有 移动副的摩擦角均为。 解：首先利用考虑摩擦机构力分析的步 骤和方法，求出驱动力 Q 与工作阻力 P 之间 的关系 )2cot(   PQ 理想驱动力为 cot0 PQ  效率为    tan )2tan(0'  Q Q 令 0'  得自锁条件：  2 。 9-20 题 10-20图所示机构，作用于构件 3上的 P为驱动力，作用于构件 1上的 Q为生产阻 力。各转动副处的摩擦圆如图中所示；各移动副处的摩擦系数均为 f ，各构件惯性力、重 力忽略不计。 (1)机构处于死点位置时，连杆 2与水平线之间的夹角为多大？ (2) 机构自锁时，连杆 2与水平线之间的夹角为多大？ 图 10-19 斜面压榨机力分析 共 92 页 第 84 页 解：（1）、机构处于死点位置时，其传动角为零度。所以连杆 2与水平线之间的夹角为 90 。 （2）、机构自锁时，应有   )(90 即 )(90   式中： AB r l   2 arcsin ， farctan 。 r 为摩擦圆的半径， ABl 为连杆 AB 的杆长。 所以最后得 )arctan 2 (arcsin90 f lAB r    例 11-1 对图 11-4a 所示转子进行动平衡，平衡平面为Ⅰ--Ⅰ和Ⅱ--Ⅱ。 解： 将各个质量的质径积分解到两个平衡平面中： 在平衡平面Ⅰ--Ⅰ中有：  21R 12R 01R 03R 32R 23R   题 9-20图 共 92 页 第 85 页 gmm rm rm gmm rm rm 240 300 120 60 300 )100300( 22I)( 22 11I)( 11     各个质径积分量如图 11-4（b）所示。 在平衡平面Ⅱ--Ⅱ中有： gmm rm rm gmm rm rm 840 300 )120300( 30 300 100 22II)( 22 11II)( 11     各个质径积分量如图 11-4（c）所示。 确定在各个平衡平面中应加平衡质量的质径积： 在平衡平面Ⅰ--Ⅰ中 图 11-4 刚性转子的动平衡 共 92 页 第 86 页 0 I)( I)( 1 2I)(2I)(I)( 00I)( 22 0I)( 11 I)( 00I)( 22 0I)( 11 I)( 54.53)arctan( 60.285 71.229)]45180sin()90sin([ 71.169)]45180cos()90cos([     xbb ybb ybbxbbbb ybb xbb rm rm gmmrmrmrm gmmrmrmrm gmmrmrmrm  如图 11-4（b）所示。 在平衡平面Ⅱ--Ⅱ中 0 II)( II)( 2 2II)(2II)(II)( 0II)( 22 0II)( 11 II)( 0II)( 22 0II)( 11 II)( 57.43)arctan( 05.819 96.563]45sin)90sin([ 96.593]45cos)90cos([     xbb ybb ybbxbbbb ybb xbb rm rm gmmrmrmrm gmmrmrmrm gmmrmrmrm  如图 11-4（c）所示。 10-3 设题 11-3图所示系统的转速为 300 r/min，R1= 25 mm，R2＝35 mm，R3=40 mm，m1=2 kg， m2＝1.5 kg，m3＝3 kg。求轴承 A和轴承 B处的轴承反力。若对转子进行静平衡，平衡质量 mb位于半径 Rb= 50 mm处，求它的大小与角位置。 解：转速为 s radn 42.31300 60 2 60 2    偏心质量１产生的离心惯性力为 NRmF 36.4942.31025.02 22111   偏心质量２产生的离心惯性力为 题 10-3图 共 92 页 第 87 页 NRmF 83.5142.31035.05.1 22222   偏心质量３产生的离心惯性力为 NRmF 47.11842.3104.03 22333   NFFFFx 40.19285cos195cos90cos 321  NFFFFy 49.78285sin195sin90sin 321  所以总的离心惯性力为 NFFF yx 85.80)49.78()40.19( 2222  对轴承 A 取矩，有 FNB 2001000  所以轴承 B处的轴承反力为 NFNB 17.16 1000 200  而轴承Ａ处的轴承反力为 NNFN BA 68.64 设平衡质量为 bm ，方位用与 x轴正向之间的夹角为表示 在 x方向上： 0cos285cos195cos90cos 332211  bbRmRmRmRm 在 y方向上： 0sin285sin195sin90sin 332211  bbRmRmRmRm 所以由以上两式可得 0452.4 285cos195cos90cos 285sin195sin90sin tan 332211 332211     RmRmRm RmRmRm  最后得平衡质量 mb的方位  11.760452.4arctan 平衡质量 mb的大小 kgmb 64.1 10-8 在题 11-8图所示的行星轮系中，已知各轮的齿数 为 z1 = z2 = 20，z3 = 60，各构件的质心均在其相对回转 轴线上，它们的转动惯量分别为 J1＝J2＝0.01 kg·m 2， JH＝ 0.16 kg·m 2 ，行星轮 2的质量 m2＝2 kg ，模数 m ＝ 10mm，作用在系杆 H上的力矩 MH＝40 N·m，方向与 系杆的转向相反。求以构件 1为等效构件时的等效转动 惯量 Je和 MH等效力矩 Me’。 解：当以构件 1为等效构件时的等效转动惯量为 题 10-8图 共 92 页 第 88 页 2 1 2 1 2 2 2 1 2 21 )()()(     H H O e J v mJJJ  因为 1 3 3 1 13 z z i H HH       又因为 03  ，所以 25.0 6020 20 31 1 1      zz zH   05.025.0 2 )2020(1010 2 )( 3 1 21 11 2            HHHO zzmrv 因为 2 3 3 2 23 z z i H HH       又因为 03  ，所以 2 20 6020 2 322      z zz H  所以 5.025.02 1 2 1 2        H H 从而得 2222 0275.0)25.0(16.0)05.0(2)5.0(01.001.0 mkgJe  当以构件 1为等效构件时 MH的等效力矩为 mNMM HHe  1025.040)( 1  例 13-2 机械系统的等效驱动力矩和等效阻力矩的变化如图 13-9(a)所示。等效构件的平均 角速度为 min/1000r ，系统的许用运转速度波动系数 05.0 ，不计其余构件的转动惯量。 求所需飞轮的转动惯量。 解：由图中的几何关系可以求出各个盈、亏功的值如下 ; 8 500)5001000( 2 1 ; 16 3 500500 2 1 ; 4 500)5001000( 2 1 ; 8 500500 2 1 43 21     deWcdW bcWabW 共 92 页 第 89 页 16 500500' 2 1 ; 8 500)5001000( 2 1 ; 8 500500 2 1 7 65     gaW fgWefW 其中“+”表示盈功，“—”表示亏功。 画出示功图，如图 13-9 (b)，先画出一条水平线，从点 a 开始，盈功向上画,亏功向 下画。示功图中的最低点对应 min ，最高点对应 max 。由图 13-9 (b)可以看出，点 b 最高， 则在该点系统的角速度最大；点 c 最低，系统的角速度最小。则 maxW 的积分下限和上限 应为图 13-9 (a)中的点 b 和点 c。 NmW 500 4 max   2 22 max 2 max 716.0 ][ 900 ][ kgm n WW J mm F       图 13-9 等效力矩和示功图 共 92 页 第 90 页 13-6 已知某机械稳定运转时的等效驱动力矩和等效阻力矩如题 13-6图(a)所示。机械的等 效转动惯量为 Je= 1kg·m 2，等效驱动力矩为 Md =30 Nm，机械稳定运转开始时等效构件的角 速度ω 0= 25 rad/s，试确定 （1）等效构件的稳定运动规律ω (φ )； （2）速度不均匀系数δ ； （3）最大盈亏功Δ Wmax ； （4）若要求[δ ]= 0.05，系统是否满足要求？如果不满足，求飞轮的转动惯量 JF。 解：（1）、因为 ) 2 (2    rd MM 所以 NmMM dr 1203044  又因为   dMMJJ eredee )( 2 1 2 1 0 2 0 2   则   dMM J ered e )( 2 0 2 0   即等效构件的稳定运动规律为                                  2)030( 2 )12030( 2 )030( 2 25 2 )12030( 2 )030( 2 25 2 0)030( 2 25 2 2 0 2 2 2 0 2 0 2 d J d J d J d J d J d J eee ee e 2 0 2 E  )(a )(b 题 13-6图 共 92 页 第 91 页 化简得                    260120625 2 180120625 2 060625 （2）、计算各个盈、亏功  15 2 1 1  dMW  45)() 2 1 (2  dr MMW  30)2(3  dMW 根据图（a）画出系统动能的变化示意图，如图（b）所示。从图中可知，在 2 处系 统的角速度最大，在 处系统的角速度最小。 2 0 2 max 2 0 2 1 2 1 )(   eeered JJdMM  即 22max 2 0 251 2 1 1 2 1 )030(    d 所以 s rad82.26max  2 max 2 min 2 2 1 2 1 )(    eeered JJdMM  即 22min 2 82.261 2 1 1 2 1 )12030(     d 所以 s rad89.20min  s rad m 855.23)89.2082.26( 2 1 )( 2 1 minmax   所以速度不均匀系数为 25.0 855.23 89.2082.26minmax      m   （3）、最大盈亏功为 NmddMMW ered 37.14145)12030()( 22 max        （4）、若要求[δ ]= 0.05，系统不能满足要求。飞轮的转动惯量为 共 92 页 第 92 页 2 22 max 97.31 05.0855.23 37.141 ][ mkgJ W J e m F      