机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析Word格式.docx
- 文档编号:18446016
- 上传时间:2022-12-16
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:623.57KB
机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析Word格式.docx
《机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《机械电子工程专业综合考研经典试题答案解析Word格式.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
mai二migsin二-T
一mje=Tr21
咛2二m)2g
由上图可知Fn=(RJcosa;
由滚动阻碍定律可得MfEMmax=FN6=(p+F2J6coP;
由此根据力偶的性质可得Ft2二吐=一cos〉;
同时根据滑动摩擦的性质F"
=fFN=(R+P2)fco呦;
由于使得系统发生运动的力为Q,又由于:
汀:
:
f,故可得Q=Ft4—Ft2=RF2fcos:
--P——P——COS:
o
4.解:
由题意可绘制如下图所示的运行与受力分析:
/i
ri
1m
QA
C
mm2
1
m2m4m!
17
m4mi|m2
22
首先,求解质心D的位置:
…宀1;
由质心运动定理:
3maD=3mg-Foy;
故Foy=3mg—彳口象=1|mgo
重力的功为:
W=m•m2gs;
(2)如下图应用相对速度瞬心的动量矩定理:
Jo並=mm2gR-Fbc2R;
其中J°
=3口可m,R,
R2
则可得Fbc
Jmm2g-3m】m22m"
g
2447m8m12m2
7m8叶2m2
mm27m8mi|2mtg-3m2m2mm2g2mm2m2叶g
由图示可知,h^Ftan303F,F^Rcos3^-F,
33
Fn1=GFAcos30-F2cos30,Fn2二Gcos30Fbcos60-RCOS60,即Fni=G吕Fa-F2,Fn2卡G|Fb-Fi,
12方、
V3—1i‘
Fa-——F
Fn2
=G+—1Fb
—F,
13丿
22*
3丿
进而可推得Fn1=G•丄
2
即"
G子…歸厂予珀-亍;
由摩擦力的公式可知frfsFnl迁
Fn1,f2
-fsFn2
n2,,
由此可推得"
齐詁-寻2沽+一手,
由题意mA=3m,mB=10m,
可推得f^3^3mg3FA-TF,f2=^mg^FB-^F。
4844824
由刚体动力学静平衡条件MCF]=0可得filAcCOs30二fzlBcSin30,即3仏二f』BC,
F,f2=dmg-^Fb_^F,
448
同时,由题意可知Ibc=IacCOs30,则直3
lAC2
故可推得9mgUfa-3F=^mg」Fb-丄F,
48481616
即5「3mgfFB卡卩
7•解:
选定杆OA与0占及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
F=3n—2Pl—Ph=3汉5—2汉7=1个自由度;
因此可选择,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yA、xc的变分,确定A点铅垂方向和C点水平方向的虚位移:
yA=lsin■:
},:
.yA=lsin丈.v,xc=Icosv21sinvtanv,、:
xc=-2lsinvtan丈.v
虚功之和为'
、.W=QL-2lsin^tanwM[sinw
根据虚位移原理'
、W=0得QL21sinvtanr-Msinr,
即M=2lQtann。
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,
rj^QfL
贝U必有F|=ma=mR:
•二
J+fl|I「mL.亿-I
MIC
JAa=JC+m!
—I妝=+m!
—!
1
T^MvA+Rb阮,
22
1212
根据运动学分析,vA=u,X,'
=I,则^=-MuX-JB
同时根据转动惯量的定义可求得山十氏,故一1®
*雋囲2
t(p(p
故V二mgzB二mg2R2-2R2coscos^二一、2mgR、1「cosCOS3;
(3)根据以上的分析可知拉格朗日函数为
L=T—V=*M(u+*f+£
mR2申2+血mgRjl_cos甲cos夕
因而系统的广义动量积分
1—sin半申半
詡(^h-mR^2mgR2^co^cosi-^-mg^^co^sin2,
由于、=0,丨=0,贝Up=Mux;
⑷由拉格朗日方程的广义能量积分求解公式可得
,何丄刃cTST申
H二
mgR1
(p
—cossin;
-
由于=0^=0,贝UH=MuX-MuXX
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;
即T=1討221如〜2敲巾24;
o.。
15;
霸;
v3二v^tan30,v2二wcos30,
同时根据上图可得水平位置时,
Isin30
m2gT,即6二0.9152,
2061.门;
6^183■
故‘2rads,'
^=3-3-2rads;
6161
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T-m,gk2,即640:
因此可得:
=20•、、406m。
第三部分机械设计
一、选择题
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。
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A点绕上主动轮时(如下图),其所承受的拉力为R,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)Vi相等。
在带由A1点转到Bi点的过程中,带所受的拉力由Fl逐渐降低到F2,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v1。
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F2增大到Fi,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V2,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)。
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:
zm1pz2n2p
v=
601000601000
链传动的传动比为:
i_全
i12'
匕zi
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i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Ri近似取代节圆半径,则其圆周速度Vi=R「i。
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vi可分解为沿着链条前进方向的水平分速度Vx和作上下运动的垂直分速度Vy1,其值分
别为:
vx=wcos:
=R<
cos:
,Vy1=V|sin-_Rirsin:
式中[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Vi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
cpcp
铰链啮合位置到销轴B也进入铰链啮合位置为止,:
角是从--至,—之间变
cp
当一号时,
化的1=360“。
180*.180”
Vx=Vxmin=R1COS,Vy1=Vyimax二Ri‘1sin
44
Vy1二Vy1max二0
当-=0时,Vx=Vxmin=R^1,
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,1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Vy1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,亦不断地在一180..Z的范围内变化(如上页
图),所以从动链轮的角速度为
VxR网cosP
■■2■
R2cosR2cos/
链传动的瞬时传动比㈡二丄二旦津-
⑷2RcosP
由上式可知,随着1角和角的不断变化,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。
只有在乙二Z2,且传动的中心距恰为节距P的整数倍时(此时[二恒成立),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1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Fdi为
Fdi=mac
式中:
m代表紧边链条的质量,aC代表链条加速度。
aC==—Re^cosP=尺国;
sinP
dtdt
当I,±
180:
z时,
aCmax
180
+Rii2sin
式中p为链节距,p=2Rsin180。
从动链轮的角加速度引起的动载荷Fd2为
Fd2=
R2dt
J代表从动系统转换到从动链轮轴上的转动惯量,*代表从动链轮的角
速度,R2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Vy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。
6.
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。
解:
考察各类联轴
1.
1)
2)
3)
4)
位十进制数表示。
ADD代表不带进
BX与AX相加后可得AX,
SF代表标志位,ZF
5)
7)
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
、填空题
十进制数连除,余
数倒序排列,直至商零,可得答案;
方法同上;
将二进制数以一
字节表示两位的方法显示可得答案;
按一字节存放一
位(对CF无影响)的加法指令,将然后根据所得结果可分析标志寄存器状态(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);
ADC代表带进位
的加法指令,方法同上;
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;
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;
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;
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;
XOR代表异或指
令,即将BX与AX先取反得AX与BX,然后进行
AXBXAXBX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,
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。
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 机械 电子 工程 专业 综合 考研 经典 试题答案 解析