计算联轴器的计算转矩.docx

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计算联轴器的计算转矩

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计算联轴器的计算转矩

2011年09月16日

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　　由于机器起动时的动载荷和运转中可能出现过载，所以应当按轴可能传递的最大转矩作为计算转矩Tca。

计算转矩按下式计算：

　　式中T为公称转矩，N·m；KA为工作情况系数，见下表。

　　工作情况系数KA工作机KA原动机分类工作情况及举例电动机，汽轮机四缸和四缸以上内燃机双缸内燃机单缸内燃机I转矩变化很小，如发电机，小型通风机，小型离心泵1.31.51.82.2II转矩变化小，如透平压缩机，木工机床，运输机1.51.72.02.4III转矩变化中等，如搅拌机，增压泵，有飞轮的压缩机，冲床1.71.92.22.6IV转矩变化和冲击载荷中等，如织布机，水泥搅拌机，拖拉机1.92.12.42.8V转矩变化和冲击载荷大，如造纸机，挖掘机，起重机，碎石机2.32.52.83.2VI转矩变化大并有极强烈冲击载荷，如压延机，无飞轮的活塞泵，重型初轧机3.13.33.64.0确定联轴器的型号

　　根据计算转矩及所选的联轴器类型，按照：

Tca≤[T]

　　的条件由联轴器标准中选定该联轴器型号。

上式中的[T]为该型号联轴器的许用转矩。

　　校核最大转速

　　被联接轴的转速n不应超过所选联轴器允许的最高转速nmax，即n≤nmax

　　协调轴孔直径

　　多数情况下，每一型号联轴器适用的轴的直径均有一个范围。

标准中或者给出轴直径的最大和最小值，或者给出适用直径的尺寸系列，被联接两铀的直径应当在此范围之内。

一般情况下被联接两轴的直径是不同的，两个轴端的形状也可能是不同的，如主动轴轴端为圆柱形，所联接的从动轴轴端为圆锥形。

　　规定部件相应的安装精度

　　根据所选联轴器允许轴的相对位移偏差，规定部件相应的安装精度。

通常标准中只给出单项位移偏差的允许值。

如果有多项位移偏差存在，则必须根据联轴器的尺寸大小计算出相互影响的关系，以此作为规定部件安装精度的依据。

　　进行必要的校核

　　如有必要，应对联轴器的主要传动零件进行强度校核。

使用有非金属弹性元件的联轴器时，还应注意联轴器所在部位的工作温度不要超过该弹性元件材料允许的最高温度。

　　例题某车间起重机根据工作要求选用一电动机，其功率P=10kW，转速n=960r/min，电动机轴伸的直径d=42mm，试选择所需的联轴器（只要求与电动机轴伸联接的半联轴器满足直径要求）。

　　[解]

　　1．类型选择

　　为了隔离振动与冲击，选用弹性套柱销联轴器。

　　2．载荷计算

　　公称转矩N·m

　　由表<工作情况系数KA>查得KA＝2.3，故由式（14-3）得计算转矩为

　　N·m

　　3．型号选择

　　从GB4323-1984中查得TL6型弹性套柱销联轴器的许用转矩为250N·m，许用最大转速为3800r/min，轴径为32～42mm之间，故合用。

　　其余计算从略

　　电机扭矩和减速机扭矩的计算公式

　　我想用一台4级带制动的交流电机带动一台1比16的减速机去带动2吨重的重物做直线运动，请问我得用多大功率什么型号的电机？

哪种型号的电机功率低输出扭矩大？

他们之间的扭矩怎么计算？

渴望得到回答，谢谢！

　　ik.qb.data.add（'page','fromWap','0'）;最佳答案

　　电动机扭距计算

　　电机的“扭矩”，单位是N?

m（牛米）

　　计算公式是T=9549*P/n。

　　P是电机的额定（输出）功率单位是千瓦（KW）

　　分母是额定转速n单位是转每分（r/min）

　　P和n可从电机铭牌中直接查到。

　　减速机扭矩=9550×电机功率÷电机功率输入转数×速比×使用系数

　　悬赏分：

10|解决时间：

2010-3-609:

41|提问者：

匿名

　　式中的电机功率输入转数是什么量，是不是电机的输出转数。

使用系数是多什么量。

　　ik.qb.data.add（'page','fromWap','0'）;最佳答案

　　减速机扭矩=9550*电机功率/减速机输出转数*减速机效率

　　这是扭矩的公式。

　　电机扭矩和减速机扭矩的计算公式

　　我想用一台4级带制动的交流电机带动一台1比16的减速机去带动2吨重的重物做直线运动，请问我得用多大功率什么型号的电机？

哪种型号的电机功率低输出扭矩大？

他们之间的扭矩怎么计算？

渴望得到回答，谢谢！

　　ik.qb.data.add（'page','fromWap','0'）;最佳答案

　　电动机扭距计算

　　电机的“扭矩”，单位是N?

m（牛米）

　　计算公式是T=9549*P/n。

　　P是电机的额定（输出）功率单位是千瓦（KW）

　　分母是额定转速n单位是转每分（r/min）

　　P和n可从电机铭牌中直接查到。

　　转动惯量的计算

　　悬赏分：

50|解决时间：

2009-1-2009:

05|提问者：

mottwang

　　曲柄连杆机构带动质量为m的滑块做行程为A的往复直线运动，该质量折算到曲柄轴上的等效附加转动惯量为？

　　ik.qb.data.add（'page','fromWap','0'）;最佳答案

　　惯量特征---质心转动惯量

　　质量中心简称质心，指物质系统上被认为质量集中于此的一个假想点。

转动惯量即刚体绕轴转动惯性的度量。

刚体对一轴的转动惯量，可折算成质量等于刚体质量的单个质点对该轴所形成的转动惯量。

　　第二章刚体的转动

　　习题

　　一、单选题

　　1、下列说法正确的是（）

　　A．作用在定轴转动刚体上的合力越大，刚体转动的角加速度越大

　　B．作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大

　　C．作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角加速度越大

　　D．作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零

　　2、刚体绕定轴转动，在每1s内角速度都增加rad/s，则刚体的运动是（）

　　A．匀加速转动B．匀速转动C．匀减速转动D．不能确定图2-13、均匀细杆DM能绕D轴在竖直平面内自由转动，如图2-1所示，细杆DM从水平位置开始摆下，其角加速度变化为（）

　　A．始终不变B．由小变大

　　C．由大变小D．恒等于零

　　4、一半径为R质量为m的均质圆形平板在粗糙的水平桌面上，绕通过圆心且垂直于平板的OO'轴转动（已知圆形平板与水平桌面之间的摩擦系数为μ），摩擦力对OO'轴的力矩为（）

　　A．B．C．D．0

　　5、一圆形飞轮可绕垂直中心轴转动，其转动惯量为20㎏·m2，给圆盘施加一个400N·m的恒外力矩使其由静止开始转动，经2s后飞轮转过的圈数为（）

　　A．10B．20C．30D．40

　　6、有两个共轴的圆盘A和B。

A盘和B盘是分开的，盘B静止，盘A的角速度为ω0。

两者接合后的共同角速度为。

已知盘A绕该轴的转动惯量为IA，则盘B绕该轴的转动惯量IB等于（）

　　A．4IAB．3IAC．2IAD．IA

　　7、刚性双原子分子中两原子相距为r，质量分别为m1和m2，绕着通过质心而垂直于两原子连线的转轴转动，则该分子绕该轴的转动惯量为（）

　　A．（m1＋m2）r2B．（m1＋m2）r2

　　C．D．（m1＋m2）r2

　　二、判断题

　　1、人骑自行车时，自行车的角蹬子在任何位置，人施加于它的力矩都相等。

（）

　　2、刚体作定轴转动时，如果它的角速度越大，则作用在刚体上的力矩就一定越大。

　　（）

　　3、有一均匀的实心圆柱体沿着同一光滑斜面落下，则其滑下时和滚下时的末速度相等。

（）

　　4、下面说法是否正确：

作定轴转动的刚体，用一个力F作用于某点，能产生一个角加速度；用同样大小和方向的力作用于另一点，可以产生与前者等值反向的角加速度。

　　（）

　　5、一绕定轴自由旋转的物体，受热膨胀后，角速度将减少。

（）

　　6、足球守门员要先后接住来势不同的两个球，第一个球在空中飞来（无转动）；第二个球在地面滚来。

设两个球的质量以及前进的速度相同，则他先后接住这两个球所需作的功相等。

（）

　　三、填空题

　　1、刚体绕某轴的转动惯量取决于其各部分质量对给定转轴的分布情况，即与

　　有关。

AzOθω图2-22、角动量守恒的条件是。

　　3、如图2-2所示，均质杆长为l，质量为m，与z轴的夹角为θ，以角速度ω绕Oz轴转动，则杆的动量大小为，杆的动能为，杆对z轴的角动量为。

O'Oω0mRR/2图2-34、如图2-3所示，均质圆盘水平面放置，可绕通过盘心的铅垂轴自由转动，圆盘对该轴的转动惯量为I0，当其转动角速度为ω0时，有一质量为m的质点沿铅垂方向落到圆盘上，并粘在距转轴处，它们的共同转动的角速度为。

　　5、这种现象称为陀螺的进动。

　　6、陀螺进动的角速度Ω与自转角速度ω成，即自转角速度越大，进动越。

　　7、陀螺进动方向与其旋转方向，而地轴进动方向与地球自转方向，即向西。

　　8、地轴绕黄轴进动得非常缓慢，其进动的周期为年。

　　四、简答题

　　1、两个半径相同的飞轮用一皮带相连，作无滑动转动时，大飞轮边缘上各点的线速度的大小是否与小飞轮边缘上各点的线速度的大小相同？

角速度又是否相同？

　　2、当刚体转动时，如果它的角速度很大，是否说明刚体的角加速度一定很大？

　　3、如果作用在刚体上的合力矩垂直于刚体的角动量，则刚体角动量的大小和方向会发生变化吗？

　　4、一个人随着转台转动，两手各拿一只重量相等的哑铃，当他将两臂伸开，他和转台的转动角速度是否改变？

　　5、物体平动时的质量m和转动时的转动惯量I有何相似之处？

　　五、计算题

　　1、直径为0.6m的转轮，从静止开始做匀变速转动，经20s后，它的角速度达到100πrad/s,求角加速度和在这一段时间内转轮转过的角度。

　　2、求质量为m，长为l的均匀细棒对下面几种情况的转动惯量。

（1）

（1）R1R2R3db图2-4

（2）

（2）转轴通过棒的一端并与棒垂直；

　　（3）（3）转轴通过棒上离中心为h的一点并与棒成垂直；

　　（4）（4）转轴通过棒中心并和棒成θ角。

　　3、如图2-4所示，一铁制飞轮，已知密度ρ=7.8g/cm3，R1=0.030m，R2=0.12m，R3=0.19m，b=0.040m，d=0.090m，求它对转轴的转动惯量。

　　4、一飞轮直径为0.3m，质量为5kg，边缘绕绳，现用恒力拉绳一端，使它由静止均匀地加速，经0.5s转速达到10rev/s,假定飞轮可看做实心圆柱体，试求：

（1）飞轮的角加速度及其在这段时间内转过的转数；

（2）从拉动后t=10s时飞轮的角速度及轮边缘上一点的速度和加速度。

　　（3）拉力及拉力所作的功；m1m2r2r1O图2-55、用线绕于半径R=1m，质量m=100kg的圆盘上，在绳的一端作用10N的拉力，设圆盘可绕过盘心垂直于盘面的定轴转动。

试求：

（1）圆盘的角加速度；

（2）当线拉下5m时，圆盘所得到的动能。

　　6、两个质量为m1和m2的物质分别系在两条绳上，这两条绳又分别绕在半径为r1和r2并装在同一轴的两鼓轮上，如图2-5所示。

已知两鼓轮绕轴的转动惯量为I，轴间摩擦不计，绳子的质量忽略不计，求鼓轮的角加速度。

图2－67、如图2-6所示，已知滑轮的半径为30cm，转动惯量为0.50kg·m2，弹簧的劲度系数k=2.0N/m。

问质量为60g的物体落下40cm时的速率是多大？

（设开始时物体静止且弹簧无伸长，在物体下落过程中绳子与滑轮无相对滑动）。

　　m1m2θ图2-78、如图2-7所示，一不变的力矩M作用在铰车的鼓轮上使轮转动。

轮的半径为r，质量为m1，缠在鼓轮上的绳子系一质量为m2的重物，使其沿倾角为θ的斜面滑动，重物和斜面之间的滑动摩擦系数为μ，绳子的质量忽略不计，鼓轮可看作均质实心圆柱，在开始时此系统静止，试求鼓轮转过角φ时的角速度。

　　9、一转台绕竖直轴转动，每10s转一周，转台对轴的转动惯量为1200kg·m2.。

质量为80kg的人，开始站在台的中心，随后沿半径向外跑去，问当人离转台中心2m时，转台的角速度是多少。

　　10、有圆盘A和B，盘B静止，盘A的转动惯量为盘B的一半。

它们的轴由离合器控制，开始时，盘A、B是分开的，盘A的角速度为ω0，两者衔接到一起后，产生了2000J的热，求原来盘A的动能为多少？

　　11、一根质量为m，长为l的均匀细棒，绕一水平光滑转轴O在竖直平面内转动。

O轴离A端距离为，此时的转动惯量为ml2,今使棒从静止开始由水平位置绕O轴转动，试求：

（1）

（1）棒在水平位置上刚起动时的的角加速度；

（2）

（2）棒转到竖直位置时角速度和角加速度；

　　（3）（3）转到垂直位置时，在A端的速度及加速度。

（重力作用点集中于距支点处）TTmgMR图2-812、如图2-8所示，一圆形飞轮可绕垂直轴转动，边缘绕有绳子，在绳子下端挂以质量m＝20kg的物体。

已知圆形飞轮半径R＝2.0m，质量M＝300kg。

试求：

（已知转动惯量I＝MR2）

（1）圆形飞轮的角加速度；

（2）绳子下端挂的物体下落4m后圆形飞轮的角速度和转动动能。

　　13、一磨轮直径为2.0m，质量为1.5kg，以900rev/min/的转速转动。

一工具以200N的正压力作用在轮的边缘上，使磨轮在10s内停止。

求磨轮和工具之间的摩擦系数。

（已知磨轮的转动惯量I=MR2，轴上的摩擦可忽略不计）。

　　14、固定的发动机飞轮，转动惯量为2000㎏·㎡，在恒外力矩的作用下，飞轮从静止开始转动，经过100s后，转速达15rev/s，试求：

（1）

（1）θMm图2-9外力矩的大小。

（2）

（2）此时的转动动能的大小。

　　（3）经过100s时，发动机飞轮转过的圈数。

　　15、如图2-9所示，实心圆柱体的半径为R=7.6cm，质量M=23kg，一根轻而薄的带子绕在圆柱体上面，圆柱体放在倾角为θ＝30°的斜面上，带子跨过滑轮后系在质量m=4.5kg的重物上。

设圆柱体在斜面只有滚动而无滑动，试求：

（1）圆柱体沿斜面向下滚动的加速度；

（2）带子中的张力。

　　参考答案

　　一、单选题

　　1、C

　　分析：

刚体作定轴转动时，由转动定律M=Iβ，可知其角加速度与所受的合外力矩成正比，合外力矩越大，角加速度就越大。

　　2、D

　　分析：

刚体绕定轴转动，在每15s内角速度都增加πrad/s，说明每1s内的平均角加速度相等，不等于说每一时刻的角加速度都相等。

　　3、C

　　分析：

根据转动定律M=Iβ，角加速度与所受合外力矩成正比，细杆DM在水平位置时，力矩最大，在竖直位置时力矩为0，所以角加速度在细杆下摆的过程中由大变小。

　　4、A

　　分析：

由于水平桌面作用圆形平面各部分的摩擦力对转轴的力臂不同，因此要采用累加或积分来计算，先计算半径为r，宽度为dr，的小圆环对转轴oo′的摩擦力矩（已知质量密度），根据力矩的定义，得

　　又由于各力矩方向相同，则有

　　5、B

　　分析：

根据题意，由转动定律M=Iβ，先计算出角加速度为20πrad/s2，再由计算在2s内转过的角位移为40πrad，然后用角位移40π除以2π得到转过的圈数为20圈。

　　6、B

　　分析：

由于整个过程合外力矩为零，则角动量守恒，可得到此结论。

　　7、C

　　分析：

把分子看作是一刚体，分子中的两个原子看作两个质点，分别求出两个原子到质心的距离（由r1＋r2=r，m1r1=m2r2两式求解）r1=，r2=，然后根据转动惯量的定义可求得此结论。

　　二、判断题

　　1、×

　　分析：

由于力矩等于力乘以力臂，脚蹬子在水平位置时力臂最大，在竖直位置时力臂为0，所以力矩不相等。

　　2、×

　　分析：

力矩大小与角加速度大小成正比，力矩越大仅说明角速度的变化越快，不能说明角速度越大。

　　3、×

　　分析？

：

在同一光滑斜面滑下和滚下，其势能减少相同，全部转化成动能，但滑下时仅有平动动能，而滚下时除了有平动动能外，还有转动动能，所以滑下时的末速度比滚下时的大。

　　4、√

　　分析：

同一个力F作用于刚体某一点对转轴所产生的力矩总可以在刚体上找到另一点使该力F对转轴产生的力矩大小与前者力矩大小相等，方向相反。

　　5、√

　　分析：

因受热膨胀的物体，其绕轴的转动惯量增大，根据角动量守恒定律，角速度应该减少。

　　6、×

　　分析：

从地面滚来的足球的动能包括平动动能和转动动能，可见它比从空中飞来的足球（无转动）具有更高的动能。

　　三、填空题

　　1、1、刚体的质量、质量分布以及转轴位置

　　2、2、合外力矩恒等于零

　　3、3、；；

　　4、4、

　　5、5、陀螺绕自身对称轴转动的同时，其对称轴又绕着竖直方向作回旋运动

　　6、6、反比；缓慢

　　7、7、相同；相反

　　8、8、25800

　　四、简答题

　　1、答：

由于大小飞轮用一根皮带相连，且作无滑动转动，所以大小飞轮边缘上各点的线速度大小相等；但由于大小飞轮边缘半径不同，小飞轮的角速度要比大飞轮的角速度要大。

　　2、答：

刚体转动时，角速度很大，不能说明刚体的角加速度一定很大，因为角加速度越大的刚体，仅表明角速度的变化越快。

　　3、答：

作用在刚体上的合力矩垂直于刚体的角动量，则该力矩不改变角动量的大小，仅仅改变其方向。

　　4、答：

当人的两臂伸开时，其绕轴转动的转动惯量增大，根据角动量守恒定律，人和转台的转动角速度必将减少。

　　5、答：

物体的质量m是表示所含的物质的多少，是客观存在的；而物体绕某轴的转动惯量除了与物体的质量有关外，还与质量的分布以及转轴的位置有关。

但转动惯量I与质量m具有相近的物理意义，质量m是物体平动时惯性大小的量度，而转动惯量是物体转动时惯性大小的量度。

　　五、计算题

　　1、1、解：

转轮做匀变速转动，由ω＝ω0＋βt得

　　rad/s2

　　又由θ＝ω0t＋βt2得

　　rad

　　2、2、oo′x图2-10解：

（1）如图2-10所示，取质量元，

　　由转动惯量的定义，得

　　则

（2）由平行轴定理，得

　　（3）由平行轴定理，得：

oo′x图2-11（4）如图2-11所示，求质量元，绕转轴oo′的转动惯量

　　，则3、3、解：

根据题意，由转动惯量的叠加原理，得

　　代入已知数据，可计算得I=1.31kg·m2

　　4、4、解：

飞轮绕轴的转动惯量

（1）飞轮在恒力作用下，作匀加速转动，由ω=βt得

　　rad/s2

　　又由得

　　rad

　　则转过的圈数为

（2）由转动定律M=Iβ和得

　　拉力所作的功

　　（3）由ω=βt得

　　ω=40π×10＝400πrad/s

　　边缘上一点的速度

　　v=ωR=400π×0.15=60πm/s

　　切向加速度

　　m/s2

　　法向加速度

　　m/s2

　　加速度的大小

　　（）

　　5、解：

圆盘绕轴的转动惯量

（1）由转动定律M=Iβ得

　　rad/s2

（2）外力矩所作的功等于圆盘动能的增加，即

　　6、6、解：

两鼓轮所受的外力矩

　　由转动定律M=Iβ得

　　7、解：

依题意可知，对整个系统来说机械能守恒，设下落物体下落40cm时的速率为v，滑轮的角速度ω（这里v＝ωR），下落物体的势能转化为弹簧的弹性势能（这里S=h），滑轮的转动动能和下落物体的动能，即

　　亦即

　　代入可得v＝0.16m/s

　　8、解：

鼓轮所受的外力矩除M以外，还受到摩擦力矩μm2gcosθ·r，下滑力所产生的力矩μm2gsinθ·r（方向均与M的方向相反）的作用。

　　鼓轮看作均质圆柱，其绕轴的转动惯量为

　　由转动定律得

　　又由ω2＝2βθ得

　　9、解：

人站在台中心时的转动惯量I=1200kg·m2，转速为rad/s，当人跑到离台中心2m处时，其总的转动惯量I2=I1+mh2=1200+80×22＝1520kg·m2此时角速度设为ω2，根据角动量守恒定律可得：

　　rad/s

　　10、解：

已知IB=2IA，由角动量守恒定律，可得两者衔接到一起后的共同角速度为ω

　　IAω0＝（IA＋IB）ω

　　ω＝ω0

　　又由能量守恒，得

　　IAω02＝（IA＋IB）ω2＋2000

　　所以EA＝IAω02＝3000J

　　11、解：

转轴到A端的距离为，即转轴到细棒的质心的距离为。

（1）细棒在水平位置上刚起动时所受的力矩为

　　M=mg·=mgl

　　由转动定律，可得此时细棒的角加速度为

（2）细棒转到竖直位置时，所受力矩为0，角加速度为0。

但角速度最大，由机械能守恒，得

　　mg·=Iω2

　　即（3）竖直位置时，A端的速度

　　A端的加速度即为向心加速度

　　12、解：

（1）如图所示，设圆形飞轮的角加速度为β，物体下落的加速度为a则有：

　　a=βR

　　又由转动定律和牛顿定律得：

　　TR=Iβ和mg－T=ma

　　上三式联立解得

　　rad/s2

（2）由得

　　rad/s

　　转动动能

　　J

　　13、解：

磨轮在10s内所受的摩擦力矩（设摩擦系数为μ）

　　产生的角加速度，即

　　由得（这里ω＝0）

　　，即

　　所以

　　14、解：

飞轮在恒外力矩作用下，作匀加速转动

　　由得

　　rad/s2

（1）由M=Iβ得外力矩大小为：

　　N·m

（2）转动动能，即

　　（3）由得

　　rad·mgTa图2-1215、解：

如图2-12所示分析可知，物体m受到两力作用，一个重力mg，一个是带子的张力T，设其上升的加速度为a，则

　　T－mg=ma

　　又圆柱体在斜面上仅作纯滚动，圆柱体与斜面触点A是瞬时转动中心，如图2-13所示，以这点为转动中心列转动定律方程。

图2-13从图2-13中分析可知，圆柱体受到四个力的作用，一个是斜面对它的支持力N和斜面对它的静摩擦力f，这两力经过转动中心，对力矩没有贡献；另外两力是重力Mg（其作用点为C）和带子的张力T（其作用点为B），它们对点A产生的合力矩大小为（MgsinθR