西工大机械原理第八版答案免费版.docx
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西工大机械原理第八版答案免费版
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设计者的思路是:
动力由齿轮1输
2与杠杆3组成的凸轮机构将使冲头4(各尺寸由图上量取),分析其是
平面机构的结构分析
1、如图a所示为一简易冲床的初拟设计方案,入,使轴A连续回转;而固装在轴A上的凸轮上下运动以达到冲压的目的。
试绘出其机构运动简图否能实现设计意图?
并提出修改方案。
b)。
解1)取比例尺|绘制其机构运动简图(图2)分析其是否能实现设计意图。
由图b可知,n
故:
F3n(2p|Php)F3
(2
410)00
因此,此简单冲床根本不能运动(即由构件运动的刚性桁架),故需要增加机构的自由度。
4与机架5和运动副B、C、D组成不能
3)提出修改方案(图
C)。
其修改方案很多,图
为了使此机构能运动,应增加机构的自由度(其方法是:
可以在机构的适当位置增加一个活动构件和一个低副,或者用一个高副去代替一个低副,给出了其中两种方案)
2、试画出图示平面机构的运动简图,并计算其自由度。
2
4
图a)
4,Ph0,F3n
3,Pl
3
2
5
图b)
解:
n
解:
n
4,Pl
5,Ph1,F3n2PlPh
机构中的原动件用圆弧
3、计算图示平面机构的自由度。
将其中的高副化为低副。
箭头表示。
解3-1:
n7,pl10,ph
0,F3n
解3-2:
n8,pl11,Ph1,F3n
解3-3:
n9,Pl
12
3n2Pl
3-3
Ph1
Ph
r-t
4、试计算图示精压机的自由度
解:
n10,Pl15,Ph0解:
n11,Pl17,Ph
2Pi
Ph3n
2Pi
ph3n210362
3n
(2piPh
P)F
3n
(2PlPhP)F
10
(2150
1)01
11
(21702)01
(其中E、D及H均为复合铰链)
(其中C、F、K均为复合铰链)
试问组成此机构的基本杆组是否与前者有所不同。
5、图示为一内燃机的机构简图,试计算其自由度,并分析组成此机构的基本杆组。
又如在该机构中改选EG为原动件,
F3n(2PlPhP)
210
2)取构件AB为原动件时机构的基本杆组图为
解1)计算此机构的自由度
此机构为川级机构
平面机构的运动分析
1、试求图示各机构在图示位置时全部瞬心的位置(用符号
Rj直接标注在图上)。
%
2、在图
2=10rad/s,
1)当
2)当
a所示的四杆机构中,Iab=60mm,Icd=90mm,Iad=lbc=120mm,
试用瞬心法求:
=165时,点C的速度Vc;
3)当Vc=0时,
=165时,构件3的BC线上速度最小的一点E的位置及其速度的大小;角之值(有两个解)。
2)求VC,定出瞬心P13的位置(图
因Pi3为构件3的绝对速度瞬心,则有:
w3Vb/IbR3WqIab/UiBR310
BR3
0.06/0.00378
2.56(rad/s)
VCulCP13w30.003522.560.4(m/s)
3)定出构件3的BC线上速度最小的点E的位置
因BC线上速度最小之点必与Pi3点的距离最近,故从Pi3引BC线的垂线交于点E,由
图可得:
R1
c)
2226.6
3、在图示的机构中,设已知各构件的长度Iad=85mm,lab=25mm,Icd=45mm,
lBC=70mm,原动件以等角速度1=10rad/s转动,试用图解法求图示位置时点E的速度
2及角加速度
vE和加速度aE以及构件2的角速度
a)p=0.002m/mm
解1)以|=0.002m/mm作机构运动简图(图a)
2)速度分析根据速度矢量方程:
VcVbVCB
以v=0.005(m/s)/mm作其速度多边形(图b)。
(继续完善速度多边形图,并求vE及2)。
根据速度影像原理,作bce~BCE,且字母顺序一致得点e,由图得:
P
b)a=0.005(m/s2)/mm
Ve
vpe0.00562
0.31(m/s)
w2
0.005
31.5/0.07
2.25(ms)
(顺时针)
W3vPc/lcO
0.005
33/0.045
3.27(ms)
(逆时针)
3)加速度分析
ac
以
根据加速度矢量方程:
acacaBacBacBa=0.005(m/s2)/mm作加速度多边形
(继续完善加速度多边形图,并求aE及
ny
匚
匚〉
(图c)。
2)。
aE
a2
根据加速度影像原理,作bce~BCE,且字母顺序一致得点e,由图得:
2
ape0.05703.5(m/s)
qCb/Ibcan2C/lBC0.0527.5/0.0719.6(rad/s2)(逆时针)
DE
D和点E的速
4、在图示的摇块机构中,已知|AB=30mm,|AC=100mm,lBD=50mm,lDE=40mm,
曲柄以1=10rad/s等角速度回转,试用图解法求机构在1=45时,点
度和加速度,以及构件2的角速度和角加速度。
a)。
B
A
E
2D
以I=0.002m/mm作机构运动简图(图
3、
2)速度分析选C点为重合点,
v=0.005(m/s)/mm
有:
VC2
方向?
大小?
Vb
AB
WiIab
VC2B
BC
VC3
作速度多边形(图b)
BD/BC,bde~BDE,
以V
作bd/bC2由图可得_
Vpdvpe
VD
VE
W2
Vbq/|BC
3)
再根据速度影像原理,
求得点
0.00545.50.23(m/s)
0.00534.50.173(m/s)
0.00548.5/0.122
加速度分析a=0.04(m/s2)/mm
?
d
d及e,
0
P
Vc
〃BC
2(rad/s)
(顺时针)
e
疔
n
7TS
解1)
根据
aC2
方向
大小
aB
BA
2.
W11AB
n
aC2B
CB
W2lBC
aC2B
BC
aC3
其中:
n
aC2B
W21BC2
0.1220.49
k
aC2C3
BC
2W3VC2C3
r
aC2C3
//BC
aC2C32w2Vc
2C322
0.005350.7
a作加速度多边形(图
c),由图可得:
aD
aPd
0.0466
264(m/s2)
aE
ape
0.0470
2.8(m/s2)
a2
ac2B/IcB
an2C2/0.1220.0425.5/0.1228.36(rad/s2)(顺时针)
5、在图示的齿轮设已知原动件1点的速度
-连杆组合机构中,MM为固定齿条,齿轮3的齿数为齿轮4的2倍,以等角速度1顺时针方向回转,试以图解法求机构在图示位置时,VE及齿轮3、4的速度影像。
解1)以,作机构运动简图(图a)
2)速度分析(图b)
此齿轮—连杆机构可看作为ABCD及DCEF两个机构串连而成,则可写出
Vc
VBVCB
F
4
1
A
6
E2
Ve
VcVec
v作其速度多边形于图b处,由图得
Ve
vpe(m/s)
取齿轮3与齿轮4啮合点为K,根据速度影像原来,
DZ
M
b中,作
dck-
DCK
在速度图图
求出
k点,然后分别以C、e为圆心,以ck、ek为半径作圆得圆g3及圆g4。
求得
vEvpe
齿轮
3的速度影像是g3
齿轮
4的速度影像是g4
e=30mm。
当
2、角加速度
以等速度
1=50、
2和构件
6、在图示的机构中,已知原动件lAB=100mm,lBc=300mm,构件2的角位移2及角速度
解
1=10rad/s逆时针方向转动,
220日寸,试用矢量方程解析法求
3的速度V3和加速度
A
取坐标系xAy,并标出各杆矢量及方位角如图所示:
1)位置分析机构矢量封闭方程
l112s3e(a)
11cos1
分别用i和j点积上式两端,有11
l1sin1
12COS
l2sin
Ss
(b)
故得:
2arcsin[(el1sin1)/l2]
S3hCOS1l2cos2(c)
2)速度分析式a对时间一次求导,得
(d)
上式两端用j点积,求得:
w2l1w1cos
1/l2COS
2(e)
式d)用e点积,消去W2,求得
V3
hwjsin(12)/cos2(f)
3)加速度分析将式(d)对时间
t求一次导,得:
(g)
l1w12e1nl22e^12w2e2na3i
用j点积上式的两端,求得:
a2[l1W12sin1lzw;sin2]/l2COS2(h)
用e2点积(g),可求得:
a3[l1w2cos(12)JMI/cos2(i)
1
50
220
2()
351.063
18.316
w2
(rad/s)
—2.169
2.690
a2
2
(rad/s)
—25.109
20.174
V3
(m/s)
—0.867
0.389
a3
(m/s2)
—6.652
7.502
7、在图示双滑块机构中,两导路互相垂直,滑块1为主动件,其速度为100mm/s,
方向向右,lAB=500mm,图示位置时Xa=250mm。
求构件2的角速度和构件2中点C的速度Vc的大小和方向。
解:
取坐标系oxy并标出各杆矢量如图所示。
1)位置分析机构矢量封闭方程为:
lOC
Xa
lAC
^e'
2
Xa
Xc
yc
lAB"ccos2
2
lAB
——Sin2
2
Xa
也COS
2
2)速度分析
Xc
yc
lAB.
—w2sin2
2
lAB
w2cos
Va
lAB.
—w2sin
2
2
当Va
100mm/s,Xc
50mm/s
120,w2
0.2309rad/s(逆时针)yc
28.86m/s,
Vc
JxCyC57.74mm/s像右下方偏30。
lAB=40mm,
&在图示机构中,已知1=45,1=100rad/s,方向为逆时针方向,
=60。
求构件2的角速度和构件3的速度。
解,建立坐标系Axy,并标示出各杆矢量如图所示:
1.位置分析机构矢量封闭方程
li
SdlDB
Sc1DBe'^
l1cos1
l1sin
lDBcosSc
1lDBsin
2.速度分析消去1db,求导,W20
vC11w1[cos1cot
1195.4mm/s
sini]
平面连杆机构及其设计
1、在图示铰链四杆机构中,已知:
1Bc=50mm,1cD=35mm,1AD=30mm,AD为机架,
1)
2)
3)
若此机构为曲柄摇杆机构,且若此机构为双曲柄机构,若此机构为双摇杆机构,
1AB
1AB
AB为曲柄,求Iab的最大值;的范围;
的范围。
解:
1)
AB为最短杆
1AB1BC1CD
1AD
2)
3)
1AB15mm
ABmax
AD
1AD
1AB
为最短杆,若
1BC1CD
55mm
lAB为最短杆
lAB
1BC
1AB
若1AB
Ibc
1ab45mm
1AD1AB1BClcD
1AB1BClcD1AD,
1AB
15mm
1AB1AD1AD1BC1ABlcD
1ab45mm
1AB为最短杆1AD1AB1BC1CD
1ab55mm
2、在图示的铰链四杆机构中,各杆的长度为a=28mm,b=52mm,c=50mm,d=72mm。
,杆CD的最大摆角,机构
试问此为何种机构?
请用作图法求出此机构的极位夹角
K。
的最小传动角min和行程速度比系数
解1)作出机构的两个极位,由图中量得
18.6
2)
70.6
求行程速比系数
180
180
1.23
作出此机构传动角最小的位置,量得
3)
min
22.7
c
B
B
c
CL
A
Bl
cr^
此机构为曲柄摇杆机构
yi=0.001in/mm
3、现欲设计一铰链四杆机构,已知其摇杆CD的长IcD=75mm,行程速比系数
K=1.5,机架AD的长度为Iad=100mm,又知摇杆的一个极限位置与机架间的夹角为
=45°,试求其曲柄的长度Iab和连杆的长
解•先计算
180K
16.36
180K
并取
l作图,
可得两个解
Iab
I(AC2
AC1)/2
2(84.535)/2
49.5mm
lBC
l(AC2
AG)/2
2(84.535)/2
119.5mm
©
1AB
l(AC1
AC2)/2
2(3513)/222mm
lBC
i(AC1
AC2)/2
2(3513)/248mm
Ibc。
(有两个解)
pi=0.002in/mm
CD和滑块连接起
4、如图所示为一已知的曲柄摇杆机构,现要求用一连杆将摇杆
来,使摇杆的三个已知位置C1D、C2D、C3D和滑块的三个位置F1、F2、F3相对应(图示尺寸系按比例尺绘出),试以作图法确定此连杆的长度及其与摇杆CD铰接点E
I=5mm/mm)。
的位置。
(作图求解时,应保留全部作图线
解
E
Bl
Q
C
B
A
D
F?
Bl
(转至位置2作图)
故IefIE2F25
26130mm
5、图a所示为一铰链四杆机构,其连杆上一点E的三个位置Ei、E2、E3位于给定直线上。
现指定Ei、E2、E3和固定铰链中心A、D的位置如图b所示,并指定长度lcD=95mm,IEC=70mm。
用作图法设计这一机构,并简要说明设计的方法和步骤。
IT
r讨
Ifi
as
>s
Ca
D
A;
解:
以D为圆心,IcD为半径作弧,
分别以Ei,E2,E3为圆心,
IEC为半径交弧Ci,
C2,C3,DCi,DC2,DC3代表点
E在1,2,3位置时占据的位置,
ADC2使D反转12,C2Ci,
得DA2
ADC3使D反转13,C3Ci,
得DA3
CD作为机架,DA、CE连架杆,按已知两连架杆对立三个位置确定
凸轮机构及其设计
1、在直动推杆盘形凸轮机构中,已知凸轮的推程运动角0=n/2,推杆的行程
h=50mm。
试求:
当凸轮的角速度=10rad/s时,等速、等加等减速、余弦加速度和正
弦加速度四种常用运动规律的速度最大值Vmax和加速度最大值amax及所对应的凸轮转
角。
解
推杆
运动
规律
Vmax(m/S)
2
amax(m/s2)
等速
运动
,0.0510c…
hw/00.318
/2
0~/2
a0
0
等加
速等
减速
2hw/00.637
/4
4hw2/08.105
0~/4
余弦加速度
hw/200.5
/4
2hw2/2210
0
正弦加速度
2hw/00.637
/4
2hw2/;12.732
/8
2、已知一偏置尖顶推杆盘形凸轮机构如图所示,试用作图法求其推杆的位移曲线。
解以同一比例尺严1mm/mm作推杆的位移线图如下所示
B
已知凸轮
=—1,基圆半径=0°〜150°,推杆等速上=180°〜300°时,推杆等加速等减速回程
1)推程:
sh/0
(0
150)
22
2)回程:
等加速段sh2h/0
(0
60)
|i=0.001m/nim
3、试以作图法设计一偏置直动滚子推杆盘形凸轮机构的凸轮轮廓曲线。
以等角速度逆时针回转,偏距e=10mm,从动件方向偏置系数5
r0=30mm,滚子半径rr=10mm。
推杆运动规律为:
凸轮转角升16mm;=150。
〜180°,推杆远休;
16mm;=300°〜360°时,推杆近休。
解推杆在推程段及回程段运动规律的位移方程为:
(60
120)
0
)2/02
等减速段s2h(
计算各分点得位移值如下:
总转角
0°
15°
30°
45°
60°
75°
90°
105°
120°
135°
150°
165°
S
0
1.6
3.2
4.8
6.4
8
9.6
11.2
12.8
14.4
16
16
注
180°
195°
210°
225°
240°
255°
270°
285°
300°
315°
330°
360°
S
16
15.5
14
11.5
8
4.5
2
0.5
0
0
0
0
4、试以作图法设计一摆动滚子推杆盘形凸轮机构的凸轮轮廓曲线,已知loA=55mm,
r0=25mm,lAB=50mm,rr=8mm。
凸轮逆时针方向等速转动,要求当凸轮转过180o时,
推杆以余弦加速度运动向上摆动m=25°;转过一周中的其余角度时,推杆以正弦加速
度运动摆回到原位置。
1)推程:
m[1COS(/0)]/2
(0
180)
2)回程:
m[1(/0)sin(2/0)/2]
(0
180)
解摆动推杆在推程及回程中的角位移方程为
取i=1mm/mm作图如下:
总转角
0°
15°
30°
45°
60°
75°
90°
105°
120°
135°
150°
165°
0
0.43
1.67
3.66
6.25
9.26
12.5
15.74
18.75
21.34
23.32
24.57
180°
195°
210°
225°
240°
255°
270°
285°
300°
315°
330°
360°
25
24.90
24.28
22.73
20.11
16.57
12.5
8.43
4.89
2.27
0.72
0.09
A,
5、在图示两个凸轮机构中,凸轮均为偏心轮,转向如图。
已知参数为R=30mm,
|OA=10mm,e=15mm,rT=5mm,lOB=50mm,lBC=40mm。
E、F为凸轮与滚子的两个接触
点,试在图上标出:
1)
2)
3)
4)
5)
从E点接触到F点接触凸轮所转过的角度F点接触时的从动件压力角F;
由E点接触到F点接触从动件的位移画出凸轮理论轮廓曲线,并求基圆半径找出出现最大压力角max的机构位置,
s(图a)和(图b)。
r0;
并标出
max°
Bq
E
理论廊a
Ssf=f-e
p=0.001m/mm
%
Bo
Be
B
□
p=0*001m/inm
齿轮机构及其设计
1、设有一渐开线标准齿轮z=20,m=8mm,=20o,ha=1,试求:
1)其齿廓曲线在
分度圆及齿顶圆上的曲率半径、a及齿顶圆压力角a;2)齿顶圆齿厚sa及基圆
齿厚s;3)若齿顶变尖(Sa=0)时,齿顶圆半径ra又应为多少?
解1)求
mz820
160mm
da
db
8(20
m(z2ha)
dcosa160cos20
21)176mm
150.36mm
27.36mm
rbtga75.175tg20
11
aa
cos(rb/ra)cos(75.175/88)3119.3
rbtga75.175tg3119.345.75mm
2)求Sa、Sb
Sa
Sb
Gc/•-Xm88
s—2ra(invaainva)————r280
8cosa(smzinva)cos20(——
2
176(inv3119.3inv20)5.56mm
820inv20)14.05mm
3)
求当Sa=0时ra
Sa
ra
s—2ra(invar
inva)0
invaa
s.——inva2r
0.093444
由渐开线函数表查得:
aa3528.5
rarb/cosaa75.175/cos3528.5
92.32mm
2、试问渐开线标准齿轮的齿根圆与基圆重合时,其齿数于以上求得的齿数时,基圆与齿根圆哪个大?
解
z应为多少,又当齿数大
dbmzcosadfm(z2ha
*
2c)
由dfdb有
2(hac)
z
1cosa
^^卫型41.45
1cos20
=200,齿数z=18。
如图所示,圆棒与两侧齿廓正好切于
I。
当齿根圆与基圆重合时,z41.45
当z42时,根圆大于基圆。
3、一个标准直齿圆柱齿轮的模数m=5mm,压力角
设将直径相同的两圆棒分别放在该轮直径方向相对的齿槽中,分度圆上,试求1)圆棒的半径rp;2)两圆棒外顶点之间的距离(即棒跨距)
KOP
1m/2
KOP
2mz/2
180
2z
rpNPrb(tan25
NK
tg20)
433mm
「b
l2sin25
rP
101.98mm
石(rad)
4、有一对渐开线标准直齿圆柱齿轮啮合,已知
1)试求当20°时,这对齿轮的实际啮合线
Z
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