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第34章习题参考答案
第3章
14如图所示,设己知四杆机构各构件的长度为a240mm,b600mm,c400mm,d500mm。
试问:
1)当取杆4为机架时,是否有曲柄存在?
2)若各杆长度不变,能否以选不同杆为机架的办法获得双曲柄机构和双摇杆机构?
如何获得?
3)若a、b﹑c三杆的长度不变,取杆4为机架,要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围应为何
值?
:
解
(1)因a+b=240+600=840≤900=400+500=c+d且最短杆1为连架轩.故当取杆4为机架时,
有曲柄存在。
“
(2)、能。
要使此此机构成为双曲柄机构,则应取1杆为机架;两使此机构成为双摇杆
机构,则应取杆3为机架。
(3)要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围应为240~760mm。
14在图所示的铰链四杆机构中,各杆的长度为
l28mm,l252mm,l350mm,l472mm,
1
试求:
1)当取杆4为机架时,该机构的极位夹角、杆3的最大摆角、最小传
动角min和行程速比系数K;
2)当取杆1为机架时,将演化成何种类型的机构?
为什么?
并说明这
时C、D两个转动副是周转副还是摆转副;
3)当取杆3为机架时,又将演化成何种机构?
这时A、B两个转动副是
否仍为周转副?
解
(1)怍出机构的两个极位,如图,并由图中量得:
θ=18.6o,φ=70.6o,γmin=22.7o
k
18018018.6
12.3
18018018.6
(2)①由28+72≤52+50可知图示铰链四杆机构各杆长度符合杆长条件;小②最短杆l
为机架时,该机构将演化成双曲柄机构;③最短杆1参与构成的转动副A、B都是周转副而
C、D为摆转副;
(3)当取杆3为机架时,最短杆变为连杆,又将演化成双摇杆机构,此时A、B仍为
周转副。
31设计一曲柄滑块机构,设已知滑块的行程速度变化系数K=1.5,滑块的冲程H=50mm,
偏距e=20mm。
并求其最大压力角αmax。
解:
计算18011801.5136
k
k11.51
并取相应比例尺μl根据滑块的行程H作出极位
及作θ圆,作偏距线,两者的交点即铰链所在的位置,由图可得:
lAB=μl.(AC2-AC1)/2=17mm,lBC=μl.(AC2+AC1)/2=36mm
16
试求图示各机构在图示位置时全部瞬心的位置(用符号P,,直接标注在图上)
(a)
参考答案:
(b)
参考答案:
参考答案:
参考答案:
(e)
参考答案:
17.在图示的四杆机构中,LAB=60mm,LCD=90mm,LAD=LBC=120mm,ω2=10rad/s,试用瞬心
法求:
1)当φ=165°时,点的速度vc;
2)当φ=165°时,构件3的BC线上速度最小的一点E的位置及速度的大小;
3)当VC=0时,φ角之值(有两个解)。
参考答案:
(2分)
(3分)
(3分)
20在图示的摇块机构中,已知lAB=30mm,lAC=100mm,lBD=50mm,lDE=40mm,曲柄以等
角速度ωl=40rad/S回转,试用图解法求机构在φ1=45o位置时,点D及E的速度和加速度,
以及构件2的角速度和角加速度。
解
(1)以μl作机构运动简图(a)所示。
(2)速度分析:
以C为重合点,有
vC2=vB+vC2B=vC3+vC2C3
大小?
ω1lAB?
0’
方向?
┴AB┴BC//BC
以μl作速度多边形图(b),再根据速度影像原理,作△bde∽/△BDE求得d及e,由图可
得
vD=μvpd=0.23m/s
vE=μvpe=0.173m/s
ω2=μvbc2/lBC=2rad/s(顺时针)
(3)加速度分析:
以C为重合点,有
ntkr
aC2==aB+aC2B+aC2B==aC3+aC2C3+a
C2C3
大小ω1
2lABω22lBC?
02ω3vC2C3?
方向B—AC—B┴BC┴BC//BC
n
2lBC=0.49m/s2,akC2C3=2ω3vC2C3=0.7m/s2,以μa作加速度多边形如图(c)其中a
C2B=ω2
所示,由图可得
2
aD=μap`d`=0.64m/S
2
aE=μap`e`=2.8m/s
t
α2=aC2B/lBC=μan`2C`2/lBC=8.36rad/s2(顺时针)
22在图(a)示的机构中,已知lAE=70mm,;lAB=40mm,lEF=60mm,
lDE==35mm,lCD=75mm,lBC=50mm.原动件以等角速度ω1=10rad/s回转.试以图解法求
机构在φ1=50。
位置时.点C的速度Vc和加速度ac
解:
1)速度分析:
以F为重合点.有
vF4=vF5=vF1+vF5F1
以μl作速度多边形图如图(b)得,f4(f5)点,再利用速度影像求得b及d点
根据vC=vB+vCB=vD+vCD继续作速度图,矢量pc就代表了vC
n
2)加速度分析:
根据aF4=a
F4+a
tk
F4=aF1+a
r
F5F1+a
F5F1
以μa作加速度多边形图(c),得f`4(f`5)点,再利用加速度影像求得b`及d’点。
ntnt
根据aC=aB+aCB+aCB=aD+aCD+a
CD
继续作图,则矢量p`c`就代表了aC.则求得
vC=μvpc=0.69m/s
2
aC=μapc=3m/s
26图示为一实验用小电炉的炉门装置,关闭时为位置E1,开启时为位置E2。
试设计一个四
杆机构来操作炉门的启闭(各有关尺寸见图)。
(开启时,炉门应向外开启,炉门与炉体不得发
生干涉。
而关闭时,炉门应有一个自动压向炉体的趋势(图中S为炉门质心位置)。
B、C为
两活动铰链所在位置。
解
(1)作出B2C2的位置;用作图法求出A及D的位置,并作出机构在E2位置的运动简图,
见下图,并从图中量得
lAB==μl.AB=95mm
lAD=μl.AD=335mm
lCD=μl.CD=290mm
(2)用怍图法在炉门上求得B及C点位置,并作出机构在位置的运动图(保留作图线)。
作图时将位置E1转至位置E2,见图并量得
lAB=μl.AB=92.5mm
lBC=μlBC=l27.5rnm
lCD=μl.CD=262.5mn
29图示为一已知的曲柄摇杆机构,现要求用一连杆将摇杆CD和滑块F联接起来,使摇
杆的三个已知位置
CD、C2D、C3D和滑块的三个位置F1、F2、F3相对应(图示尺寸系按比
1
例绘出)。
试确定此连杆的长度及其与摇杆CD铰接点的位置。
解由题意知,本题实际是为按两连架汗(摇杆与滑块)的预定对应位置设计四扦机构的同
题。
具体作图过程如下图所示。
连杆的长度为lEF=μlE2F2=l30mm。
30如图所示,现欲设计一铰链四杆机构,设已知摇杆CD的长75
lmm行程速比系数
CD
K=1.5,机架AD的长度为l100mm,摇杆的一个极限位置与机架间的夹角为45,试
AD
求曲柄的长度
l和连杆的长度
AB
l(有两组解)。
BC
解:
先计算
k11.51
18018036
k11.51
再以相应比例尺μl.作图可得两个解:
(1)lAB=μl.(AC2-AC1)/2=49.5mm,lBC=μl.(AC2+AC1)/2=119.5mm
(2)lAB=μl.(AC1-AC2)/2=22mm,lBC=μl.(AC2+AC1)/2=48mm
36如图所示,设要求四杆机构两连架杆的三组对应位置分别为:
135,150,280,
275,3125,3105。
试以解析法设计此四杆机构。
解:
(1)将α,φ的三组对应值带入式(8-17)(初选α0=φ0=0)
Cos(α+α0)=p0cos(φ+φ0)+p1cos[(φ+φ0)-(α+α0)]+p2
cos35pcos50pcos(50p35)
012
得
cos80pcos75pcos(75p80)
012
cos125pcos10p5cos(105p125)
012
解之得(计算到小数点后四位)p0=1.5815,p1=-1.2637,p2=1.0233
(2)如图所示,求各杆的相对长度,得n=c/a=p0=1.5815,l=-n/p=1.2515
22
mln12lp1.5831
2
(3)求各杆的长度:
得d=80.00
a=d/l=80/1.2515=63.923mm
b=ma=1.5831ⅹ63.923=101.197mm
c=na=1.5851ⅹ63.923=101.094mm
第4章
6在题4-1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
sin
eecos
R
r
r
所以机构的压力角与凸轮转角之间的关系为
arcsin(
e
ecos
R
r
r
)
(2)、如果[],则应减小偏距e,增大圆盘半径R和滚子半径r
r。
r
r
R
n
n
AO
e
题4-1图
9-6在图示机构中,哪个是正偏置?
哪个是负偏置?
根据式(9-24)说明偏置方向对凸轮机构
压力角有何影响?
答由凸轮的回转中心作推杆轴线的垂线.得垂足点,若凸轮在垂足点的
速度沿推杆的推程方向.刚凸轮机构为正偏置.反之为负偏置。
由此可知.在图
示机沟中,两个均为正偏置。
由
tan
ds/de
22
(re)s
0
可知.在其他条件不变的情况下。
若为正偏置(e前取减号).由于推程时(ds/dδ)为正.式
中分子ds/dδ-e 而回程时,由于ds/dδ为负,式中分子为|(ds/ dδ)-e|=|(ds/dδ)|+|e|>ds/dδ。 故压力角增大。 负偏置时刚相反,即正偏置会使推程压 力角减小,回程压力角增大;负偏置会使推程压力角增大,回程压力角减小。 9—7试标出题9—6a图在图示位置时凸轮机构的压力角,凸轮从图示位置转过90o后推杆 的位移;并标出题9—6b图推杆从图示位置升高位移s时,凸轮的转角和凸轮机构的压力角。 解如图(a)所示,用直线连接圆盘凸轮圆心A和滚子中心B,则直线AB与推杆导路之间 所夹的锐角为图示位置时凸轮机构的压力角。 以A为圆心,AB为半径作圆,得凸轮的理论 廓线圆。 连接A与凸轮的转动中心O并延长,交于凸轮的理论廓线于C点。 以O为圆心.以 OC为半径作圆得凸轮的基圆。 以O为圆心,以O点到推杆导路的距离OD为半径作圆得推 杆的偏距圆;。 延长推杆导路线交基圆于G-点,以直线连接OG。 过O点作OG的垂线,交 基圆于E点。 过E点在偏距圆的下侧作切线.切点为H点.交理论廓线于F点,则线段EF 的长即为凸轮从图示位置转过90后推杆的位移s。 方法同前,在图(b)中分别作出凸轮的理论廓线、基圆、推杆的偏距圆。 延长推杆导路 线交基圆于G点,以直线连接OG。 以O为圆心,以滚子中心升高s后滚子的转动中心K 到O点的距离OK为半径作圆弧,交理论廓线于F点。 过F点作偏距圆的切线,交基圆于 E点,切点为H。 则∠GOE为推杆从图示位置升高位移s时-凸轮的转角,∠AFH为此时凸 轮机构的压力角。 (a)(b) 9—8在图示凸轮机构中,圆弧底摆动推杆与凸轮在B点接触。 当凸轮从图示位置逆时针转 过90。 时,试用图解法标出: 1)推杆在凸轮上的接触点; 2)摆杆位移角的大小; 3)凸轮机构的压力角。 解如图所示,以O为圆心,以O点到推杆转动中心A的距离AO为半径作圆,得推杆转 动中心反转位置圆。 过O点怍OA的垂线,交推杆转动中心反转位置圆于D点。 以O`为圆心.以O`点到推杆圆弧圆心C的距离CO’为半径作圆.得凸轮的理论廓线。 以O为圆心,作圆内切于凸轮的理论廓线圆,得凸轮的基圆。 以D为圆心,以AC为半径作圆弧,交凸轮的理论廓线于E点,交凸轮的圆于G点。 用直线连接EO’,交凸轮的实际廓线于F点,此即为推杆在凸轮上的接触点;而∠GDE 即为摆杆的位移角;过E点并垂直于DE的直线与直线EF间所夹的锐角即为此时凸轮机构 的压力角。 25.补全题30图不完整的从动件位移、速度和加速度线图,并判断哪些位置有刚性冲击, s 0/32/34/35/32 v a 题30图 哪些位置有柔性冲击。 解: 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、4/3、5/3处加速度有限突变,所以在这些位置有柔性冲击;在2/3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。 26.在题31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 B 1 x AB B 2 0 O y题31图 于OB,lmm OB40,lAB80mm,滚子半径rr10mm,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。 试写出凸轮理论廓线和实际廓线的方程式。 解: 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 30 180 1 2 sin( 2 ) 0 180 230 30( 2 150 230 150( 2 150 0 2 180) 180) 2 180 255 330 255 330 360 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rlmm o40; OB 2222 lOAlABlOB804089.44mm ; 0 arctan l OB l AB arctan 40 80 27. ; 由上图中的几何关系可以写出 OB 1 x B 1 y B 1 l OA l l AB AB cos( sin( 0 0 ) ) OB2ROB 1 式中 R cos sin sin cos 所以凸轮理论轮廓线的方程式为 xcossin llcos( OAAB0 ) ysincoslsin() AB0 由于滚子半径rmm r10,所以凸轮实际轮廓线的方程式为 xx10 (dyd dy 2 ) d (dx 2 d) yy10 (dyd dx 2 ) d 2 (dxd)
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