西工大机械设计基础课后习题答案.docx
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西工大机械设计基础课后习题答案
第一章
1-1.机械零件常用的材料有哪些?
为零件选材时应考虑哪些主要要求?
解:
机械零件常用的材料有:
钢(普通碳素结构钢、优质碳素结构钢、合金结构钢、铸钢),
铸铁,有色金属(铜及铜合金、铝及铝合金)和工程塑料。
为零件选材时应考虑的主要要求:
1.使用方面的要求:
1)零件所受载荷的大小性质,以及应力状态,
2)零件的工作条件,
3)对零件尺寸及重量的限制,
4)零件的重要程度,
5)其他特殊要求。
2.工艺方面的要求。
3.经济方面的要求。
1-2.试说明下列材料牌号的意义:
Q235,45,40Cr,65Mn,ZG230-450,HT200,ZcuSn10P1,LC4.
解:
Q235是指当这种材料的厚度(或直径)≤16mm时的屈服值不低于235Mpa。
45是指该种钢的平均碳的质量分数为万分之四十五。
40Cr是指该种钢的平均碳的质量分数为万分之四十并且含有平均质量分数低于1.5%的Cr
元素。
65Mn是指该种钢的平均碳的质量分数为万分之六十五并且含有平均质量分数低于1.5%的
Mn元素。
ZG230-450表明该材料为铸钢,并且屈服点为230,抗拉强度为450.
HT200表明该材料为灰铸铁,并且材料的最小抗拉强度值为200Mpa.
ZCuSn10P1铸造用的含10%Sn、1%P其余为铜元素的合金。
LC4表示铝硅系超硬铝。
1-6.标准化在机械设计中有何重要意义?
解:
有利于保证产品质量,减轻设计工作量,便于零部件的互换和组织专业化的大生产,以
及降低生产成本,并且简化了设计方法,缩短了设计时间,加快了设计进程,具有先进性、
规范性和实用性,遵照标准可避免或减少由于个人经验不足而出现的偏差。
第二章
2-7.为什么要提出强度理论?
第二、第三强度理论各适用什么场合?
解:
材料在应用中不是受简单的拉伸、剪切等简单应力状态,而是各种应力组成的复杂应力
状态,为了判断复杂应力状态下材料的失效原因,提出了四种强度理论,分别为最大拉应力
理论、最大伸长线应变理论、最大切应力理论、畸变能密度理论。
第二强度理论认为最大伸长线应变是引起断裂的主要因素,适用于石料、混凝土、铸铁等脆
性材料的失效场合。
第三强度条件:
认为最大切应力是引起屈服的主要因素,适用于低碳钢等塑性材料的失效场
合。
2-15.画出图示梁的弯矩图。
-1-
F0,FAFBF0,
解:
MA0,FB*3aMF*a0
FB0,FAF
F0,F1F2F2FF0
解:
MA0,F*2a2F*aF*4aF2*3a0
F28/3F,F12/3F
-2-
第三章
3-4.计算图示各机构的自由度,并指出复合铰链、局部自由度和虚约束。
-3-
3-5.图示为一简易冲床的拟设计方案。
设计者思路是:
动力由齿轮1输入,使轴A连续回转;
而固定在轴A上的凸轮2和杠杆3组成的凸轮机构使冲头4上下往复运动,以达到冲压的
目的。
试绘出其机构运动简图,计算机构的自由度,并分析其运动是否确定,如其运动不确
定,试提出修改措施。
n3,PL4,PH1
由于F=0,故不能运动
F3n2PLPH332410
修改措施为:
3-6.试绘出图示机构的运动简图,并计算其自由度。
-4-
n3,PL4
F3n2PLPH33241
n5,PL7,PH0
F3n2PLPH3527=1
n5,PL7,PH0
F3n2PLPH3527=1
第四章
4-6.在图4-11所示的差动螺旋机构中,螺杆1与机架3在A处用右旋螺纹连接,导程
SA=4mm,当摇柄沿顺时针方向转动5圈时,螺母2向左移动5mm,试计算螺旋副B的
导程SB,并判断螺旋副B的旋向。
解:
由题意判断B为右旋,A、B同向,固有:
(SASB)1,故5(4SB)10
2
2
2
SB5mm
-5-
第五章
5-7.根据图中所注尺寸,试问如何才能获得曲柄摇杆机构、双曲柄机构和双摇杆机构?
解:
根据曲柄存在的条件:
(1)最短杆长度+最长杆长度≤其他两杆长度之和;
(2)最短杆为连架杆。
根据题意:
140+200<170+180,故满足第一条件。
当最短杆AD为连架杆时,即AB、CD固定时,极限位置如图所示,为曲柄摇杆机构。
当最短杆AD为机架时,极限位置如下图所示,为双曲柄机构。
当AD为连杆时,极限位置如下图所示,为双摇杆机构。
-6-
5-8.图示铰链四杆机构l1100mm,l2200mm,l3300mm,若要获得曲柄摇杆机构,试
问机架长度范围为多少?
解:
根据曲柄存在的条件:
(1)最短杆长度+最长杆长度≤其他两杆长度之和;
(2)最短杆为连架杆。
根据题意:
(1)若l4为最长杆(l4≥300),l1+l4≤l2+l3,300≤l4≤400.
(2)若l3为最长杆(l4≤300),l1+l3≤l2+l4,200≤l4≤300.
故200≤l4≤400.
5-10.设计一曲柄摇杆机构。
已知摇杆长度lCD100mm,摆角30,行程速比系数
0
K=1.2。
试用图解法根据最小传动角min40的条件确定其余三杆的尺寸。
0
解:
由180
0
K1,=16.36
.
0
K1
故,先画出CD和CD,使得∠CDC=300.
,故过C和C作∠CCO和∠CCO=73.64
过C做∠DCA=45
交圆O于A点。
AC=133mm,AC=91.89mm,AD=94.23mm,计算得
由于=16.36
0
0
,以O点为圆心作圆
0
AB=20.555mm,BC=112.445mm
所以其他三杆长度为:
AD=94.23mm,AB=20.555mm,BC=112.445mm
-7-
5-11.设计一曲柄滑块机构。
已知滑块行程H=50mm,偏距e=20mm,行程速比系数K=1.5.试用
图解法求出曲柄和连杆的长度。
解:
由180
0
K1,=36
0
K1
首先,画出CC=50mm,作∠CCO=∠CCO=540,过O作圆交偏心线于A,
连接AC,AC测得长度如图所示,算出AB=21.505,BC=46.515.
5-12.设计一导杆机构。
已知机架长度lAD100mm,行程速比系数K=1.4,试求曲柄长度。
解:
180
0
K1,=30
.
即∠BCB=30
00
K1
AB⊥BC,∠ACB=15,AC=lAD100mm.
0
-8-
AB=25.88mm
5-13.设计一铰链四杆机构作为加热炉炉门的启闭机构。
已知炉门上两活动铰链间距离为
50mm,炉门打开后成水平位置时,要求炉门温度较低的一面朝上(如虚线所示)。
设固定
铰链在O-O轴线上,其相关尺寸如图所示,求此铰链四杆机构其余三杆的长度。
解:
因为点A、D在O-O轴线上,由于AB=AB,ACAC,所以运用垂直平分线定理,连
接BB和CC,分别作其中垂线交O-O轴线于点A、D,因此找到A点和D点。
AB=67.34,CD=112.09,AD=95.74
-9-
第六章
6-2.四种基本运动规律各有何特点?
各适用何种场合?
什么是刚性冲击和柔性冲击?
解:
(1)等速运动规律的特点是:
在从动件运动的起始点和终了点都有速度的突变,使
加速度趋于无限大,因此会引起强烈的刚性冲击。
这种冲击对凸轮机构的工作影响很大,
所以匀速运动规律一般只适用于低速或从动件质量较小的场合。
(2)等加速等减速运动规律的特点是:
在一个运动循环中,从动件的运动速度逐步
增大又逐步减小,避免了运动速度的突变;但在从动件运动的起始点、转折点和终了点
仍存在着加速度的有限突变,还会有一定的柔性冲击。
所以这种运动规律适用于凸轮为
中、低速转动,从动件质量不大的场合。
(3)余弦加速度运动规律的特点是:
推杆的加速度按余弦规律变化,且在起始点和
终点推杆的加速度有突变,有一定的柔性冲击。
一般只适用于中速场合。
(4)正弦加速度运动规律的特点是:
推杆的加速度按正弦规律变化,但其加速度没
有突变,可以避免柔性冲击和刚性冲击,适用于高速场合。
刚性冲击:
由于加速度有突变,并且加速度值理论上为无穷大,但由于材料具有弹
性,使得加速度和惯性达到很大(不是无穷大),从而产生很强烈的冲击,把这一类冲
击称为刚性冲击。
柔性冲击:
由于加速度有突变,但这一突变为有限值,引起的冲击较为平缓,故称
这一类为柔性冲击。
6-7.盘形凸轮基圆半径的选择与哪些因素有关?
v2
解:
由于ro
s,故盘形凸轮基圆半径的选择与推杆的运动规律,推杆的工作行
tan
程和推杆的许用压力角和推程运动角有关。
一般在满足max的条件下,合理地确定
凸轮的基圆半径,使凸轮机构的尺寸不至过大。
6-8.试设计一对心直动滚子推杆盘形凸轮机构的凸轮廓线,已知凸轮作顺时针方向旋转、推
杆行程h=30mm,基圆半径r040mm,滚子半径rr10mm,凸轮各运动角为:
o120、S150
、o150、S60
0000
,推杆的运动规律可自选。
解:
由题意得:
凸轮理论廓线基圆半径为40mm,实际半径为30mm.
等速推程时,由公式sh30得:
0120
0
凸轮转角/(
0
)
0
0
30
7.5
60
15
90
120
30
推杆位移s/mm
22.5
等加速等减速回程时,由公式等加速公式
sh2h
2
306(0-150)
2
2h
和等减速公式s(0-)
60
2
=
)2[150
270
-(150
00
)]2得:
2
(150
0
)
2
2
(150
0
0
0
凸轮转角/(
0
)
150
180
210
240
300
-10-
推杆位移s/mm
30
27.6
20.4
9.6
2.4
0
故根据反转法画出下图:
第七章
7-1.对于定传动比的齿轮传动,其齿廓曲线应满足的条件是什么?
解:
由于相啮合的齿廓在接触点处的公法线与连心线交于固定点,故齿廓曲线上任意一点的
法线与连心线都交于固定点。
7-2.节圆与分度圆、啮合角与压力角有什么区别?
解:
分度圆是指定义齿轮标准模数(并且压力角为20°时)乘以齿数所求得的直径。
以轮
心为圆心,过节点所作的圆称为节圆。
也就是说分度圆在齿轮确定时是确定不变的,节圆是
只有两齿轮啮合时才存在,单个齿轮没有节圆,并且节圆是随着中心距变化而变化的。
渐开
线齿廓上某点的法线(压力线方向),与齿廓上该点速度方向线所夹的锐角称为压力角,渐
开线齿廓上各点的压力角不等。
啮合角是在一般情况下(不指明哪个圆上的啮合角,一般就
是指分度圆上的压力角),两相啮合齿轮的端面齿廓在接触点处的公法线与两节圆在节点处
公切线所夹的锐角。
7-4.标准齿轮传动的实际中心距大于标准中心距时,下列参数:
传动比、啮合角、分度圆半
径、节圆半径、基圆半径、顶隙等中哪些发生变化?
哪些不变?
解:
标准齿轮传动的实际中心距大于标准中心距时,由于a变大,节圆半径变
大,r1≠r1,r2≠r2(r、r2为标准节圆半径),传动比不发生变化,顶隙变大,啮合角也
1
变大。
分度圆半径与基圆半径与齿轮本身相关,故不会发生变化。
7-8.模数和齿数相同的正变位齿轮与标准齿轮相比,下列参数d、db、p、s、e、h、hf、da、df
-11-
中哪些参数变大了?
哪些参数变小了?
哪些参数没有变?
解:
变大的参数:
h、da、df、s
变小的参数:
hf、e
不变的参数:
d、p、db
7-11.现有一闭式直齿轮传动,已知输入功率
P1=4kw,输入转速n1720r/min,z118,z255,m4mm,b174mm,b270mm,
小齿轮材料为45钢,调质处理,齿面平均硬度为230HBS,大齿轮材料为ZG310-570,正
火处理,齿面平均硬度为180HBS。
齿轮双向转动,载荷有中等冲击,取K=1.6,齿轮相对
轴承非对称布置。
试校核该齿轮传动的强度。
解:
1.确定许用压力
小齿轮的齿面平均硬度为230HBS。
查表得:
H1513230217(545513)MPa523.95MPa
255217
F1301230217(315301)0.7MPa214.05MPa
255217
大齿轮的齿面平均硬度为180HBS。
查表得:
H2270180163(301270)MPa285.5MPa
197163
F2171180163(189171)0.7MPa126MPa
197163
2.计算小齿轮的转矩
T19.5510
6
p19.5510
64Nmm53056Nmm
n1
720
3.按齿面接触疲劳强度计算
uz
553.06
2
z
1
18
KT1
d2H2
u176.631.653056
u0.972285.5
23.061mm86.13mm
d176.63
3.06
根据题目中,d1=mz141872mm不能满足齿面疲劳强度要求。
4.按齿根弯曲强度计算
由z118,z255,查表得YFS14.45,YFS24.005
-12-
YFS1
F1
4.450.02077
214.2
YFS2
F2
4.005
0.03174
126
YFS2
F2
由于
较大,故将其带入下式中:
KT1YFS21.2631.6530564.005mm2.55mm
m1.263
dz
2
0.97218126
2
1
F2
由以上计算结果可见,满足齿根弯曲强度要求。
故不能满足强度要求。
7-12.设计一单级减速器中的直齿轮传动。
已知传递的功率P=10KW,小齿轮转速
n1960r/min,传动比i12=4.2,单向转动,载荷平稳,齿轮相对轴承对称布置。
解:
1.材料选择
单级减速器工作载荷相对平稳,对外廓尺寸也没有限制,故为了加工方便,采用软齿面齿轮
传动。
小齿轮选用45钢,调质处理,齿面平均硬度为240HBS;大齿轮选用45钢,正火处
理,齿面平均硬度为190HBS。
2.参数选择
1)齿数由于采用软齿面传动,故取z120,z2i12z14.22084
2)齿宽系数由于是单级齿轮传动,两支承相对齿轮为对称布置,且两轮均为软齿面,查
表得d1.4
3)载荷系数因为载荷比较平稳,齿轮为软齿面,支承对称布置,故取K=1.4.
4)齿数比对于单级减速传动,齿数比ui124.2
3.确定需用应力
小齿轮的齿面平均硬度为240HBS。
许用应力根据线性插值计算:
H1513240217(545513)MPa532MPa
255217
F1301240217(315301)MPa309MPa
255217
大齿轮的齿面平均硬度为190HBS,许用应力根据线性插值计算:
H2468190163(513468)MPa491MPa
217162
F2280190162(301280)MPa291MPa
217162
4.计算小齿轮的转矩
-13-
T19.5510p19.551010Nmm99479Nmm
6
6
n1
5.按齿面接触疲劳强度计算
960
取较小应力带入计算,得小齿轮的分度圆直径为
H2
KT1
d2H2
u176.631.4994794.21mm61.23mm
d176.63
u
1.44912
4.2
d1
61.23
20
齿轮的模数为m
3.065mm
z1
6.按齿根弯曲疲劳强度计算
由齿数z120,z284查表得,复合齿形系数YFS14.36,YFS23.976
YFS1
F1
4.36
309
0.01411
YFS2
F2
3.976
291
0.013663
YFS1
F1
由于
较大,故带入下式:
KT1YFS11.2631.4994793.976mm1.89mm
m1.263
dz
2
1.420291
2
1
F1
7.确定模数
由上述结果可见,该齿轮传动的接触疲劳强度较薄弱,故应以m≥3.065mm为准。
取标准
模数m=4mm
8.计算齿轮的主要几何尺寸
d1mz1420mm80mm
d2mz2484mm336mm
da1(z12ha)m(2021)4mm88mm
da2(z22ha
)m(8421)4mm344mm
ad1d2
80336208mm
2
2
bdd11.470mm98mm
取b298mm,b1b2(2~10),取b1104mm
7-14.图示为一双级斜齿轮传动。
齿轮1的转向和螺旋线旋向如图所示,为了使轴Ⅱ上两齿
轮的轴向力方向相反,是确定各齿轮的螺旋线旋向,并在啮合点处画出齿轮各力的方向。
解:
1和3为左旋,2和4为右旋。
-14-
7-17.一对斜齿轮的齿数为z121,z237,法向模数mn3.5mm.若要求两轮的中心
距a=105mm,试求其螺旋角。
解:
由amn(z1z2)
2cos
得,cos=3.5(27+37)
=0.9667
2105
14.83
0
7-19.一对锥齿轮传动,已知z120,z250,m5mm,试计算两轮的主要几何尺寸及当量
齿轮数zv。
解:
-15-
hh
hf(h
hhhf11mm
ccm1mm
1arctan(z1/z2)21.8
mm5mm
c)1.2m6mm
0
2arctan(z2/z1)68.2
d1mz1100mm
d2mz2250mm
0
da1d12hcos1109.3mm
da2d22hcos2253.7mm
df1d12hfcos188.84mm
df2d22hfcos2245.56mm
m
zz2134.63mm
22
1
R1d1
d2
2
2
2
2
bRR,0.3R40.39mm,R0.25~0.3
farctan(hf/R)2.55
0
a11f24.35
0
a22f=70.75
0
f11f19.25
0
f22f65.65
0
z1
zv1
21.54
134.64
cos1
z2
zv2
cos2
7-21.图示蜗杆传动中,蜗杆均为主动件。
试在图中标出未注明的蜗杆或蜗轮的转向及螺旋
线的旋向,在啮合点处画出蜗杆和蜗轮各分力的方向。
解:
-16-
7-24.为什么在圆柱齿轮传动中,通常取小齿轮齿宽b1b2(大齿轮齿宽);而在锥齿轮传动
中,却取b1b2?
解:
在圆柱齿轮传动中装配、制造都可能有轴向偏差。
如果等宽就有可能使接触线长度比
齿宽要小(轴向有有错位)。
因此有一个齿轮应宽些以补偿可能的轴向位置误差带来的啮合
长度减小的问题。
加宽小轮更省材料和加工工时。
在锥齿轮传动中,安装时要求两齿轮分度圆的锥顶重合,大端对齐,所以取b1b2。
第八章
8-9.在图示轮系中,已知各轮齿数,试计算传动比i14(大小及转向关系)。
解:
i14n1
z2z3z4
45303412
151517
n4zzz
1
23
8-10.图示为一手动提升机构。
已知各轮齿数及蜗轮2的头数2=2(右旋),与蜗轮固连的
鼓轮Q的直径dQ0.2mm,手柄A的半径rA0.1m。
当需要提升的物品W的重力
Fw20kN时,试计算作用在手柄A上的力F(不考虑机构中德摩擦损失)。
z
-17-
i13z2z3
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