1、精编范文机械原理第七版课后习题答案范文模板 11页本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！= 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ = 机械原理第七版课后习题答案篇一：机械原理_课后习题答案第七版机械原理作业题解第二章机构的结构分析F3n2plph 3 2 1 0 34 F = 3n ? (2pl + ph )= 3 4 ? (2 5 + 1) = 17 438 5 2 9 1-1 F = 3n ?(2pl + ph ? p) ? F= 3 8 ? (2 10 + 2 ? 0) ?1= 1篇二：机械原理第七版西北工业大学课后习题答(7-
2、11章)第7章课后习题参考答案71等效转动惯量和等效力矩各自的等效条件是什么?72在什么情况下机械才会作周期性速度波动?速度波动有何危害?如何调节?答: 当作用在机械上的驱动力（力矩)周期性变化时，机械的速度会周期性波动。机械的速度波动不仅影响机械的工作质量，而且会影响机械的效率和寿命。调节周期性速度波动的方法是在机械中安装一个具有很大转动惯量的飞轮。 73飞轮为什么可以调速?能否利用飞轮来调节非周期性速度波动，为什么?答： 飞轮可以凋速的原因是飞轮具有很大的转动惯量，因而要使其转速发生变化就需要较大的能量，当机械出现盈功时，飞轮轴的角速度只作微小上升，即可将多余的能量吸收储存起来；而当机械出
3、现亏功时，机械运转速度减慢飞轮又可将其储存的能量释放，以弥补能最的不足，而其角速度只作小幅度的下降。 非周期性速度波动的原因是作用在机械上的驱动力(力矩)和阻力(力矩)的变化是非周期性的。当长时问内驱动力(力矩)和阻力(力矩)做功不相等，机械就会越转越快或越转越慢而安装飞轮并不能改变驱动力(力矩)或阻力(力矩)的大小也就不能改变驱动功与阻力功不相等的状况，起不到调速的作用，所以不能利用飞轮来调节非周期陛速度波动。 74为什么说在锻压设备等中安装飞轮可以起到节能的作用?解： 因为安装飞轮后，飞轮起到一个能量储存器的作用，它可以用动能的形式把能量储存或释放出来。对于锻压机械来说，在一个工作周期中，
4、工作时间很短而峰值载荷很大。安装飞轮后可以利用飞轮在机械非工作时间所储存能量来帮助克服其尖峰载荷，从而可以选用较小功率的原动机来拖动，达到节能的目的，因此可以说安装飞轮能起到节能的作用。 75由式JF=Wmax(m2 )，你能 总结 出哪些重要结论(希望能作较全面的分析)? 答：当Wmax与m一定时，若下降，则JF增加。所以，过分追求机械运转速度的均匀性，将会使飞轮过于笨重。 由于JF不可能为无穷大，若Wmax0，则不可能为零，即安装飞轮后机械的速度仍有波动，只是幅度有所减小而已。当Wmax与一定时，JF与m的平方值成反比，故为减小JF，最好将飞轮安装在机械的高速轴上。当然，在实际设计中还必须
5、考虑安装飞轮轴的刚性和结构上的可能性等因素。76造成机械振动的原因主要有哪些?常采用什么措施加以控制?77图示为一机床工作台的传动系统。设已知各齿轮的齿数，齿轮3的分度圆半径r3，各齿轮的转动惯量J1、，J2、，J2、J3，齿轮1直接装在电动机轴上，故J1中包含了电动机转子的转动惯量；工作台和被加工零件的重量之和为G。当取齿轮1为等效构件时，试求该机械系统的等效转动惯量Je。 解：根据等效转动惯量的等效原则有1111G122Je?12?J1?2?(J?J)?J?v212232222g 2则7-8图示为DC伺服电机驱动的立铣数控工作台，已知工作台及工件的质量为m4=355 kg,滚珠丝杠的?1G
6、v2Je?J1?J(J2?J2)22)?J32?)2?g?111 z12z1z22G2z1z221Je?J?J(J?J)?)1222zzzgzz22323导程d=6 mm，转动惯量J3=1.210-3kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 10-6kg.m2，J2=76810-6kg.m2。在选择伺服电机时，伺服电机允许的负载转动惯量必须大于折算到电动机轴上的负载等效转动惯量，试求图示系统折算到电动机轴上的等效转动惯量。 解：根据等效转动惯量的等效原则有111122Je?12?J1?2?(J?J)?mv123244222 2?v1Je?J1?J(J2?J3)(2)2?m4(4)22
7、?1?1则:?J1?=73210-6+(768+l 200)l10-6(25/45)2+355(610-3)2(25/45)2=5.284l0-3kg.m279已知某机械稳定运转时主轴的角速度s=100 rads，机械的等效转动惯量Je=0.5 kg.m2，制动器的最大制动力矩Mr=20 N.m(制动器与机械主轴直接相连，并取主轴为等效构件)。要求制动时间不超过3s，试检验该制动器是否能满足工作要求。 解 因此机械系统的等效转动惯量F：及等效力矩Al。均为常数，故可利用力矩形式的机械运动方程式： Me=Jed/dt其中：Me=-Mr=-20 N.m，Je=0.5 kg.m2dt=Je/(-Mr
8、)d=0.5/（-20）d=-0.025d因此 t= -0.025(-s)=0.025s=2.5s由于t=2.5s 3s，所以该制动器满足工作要求。7一10设有一由电动机驱动的机械系统，以主轴为等效构件时，作用于其上的等效驱动力矩Med=10 000100(N.m)，等效阻抗力矩Mer=8 000 N.m，等效转动惯量Je=8 kg.m2，主轴的初始角速度0=100rads。试确定运转过程中角速度与角加速度随时间的变化关系。 解 由于机械系统的等效转动惯量为常数，等效力矩为速度的函数，故可利用力矩形式的机械运动方程式Me()=Med()-Mer()=Jed/dt即10000-100-8000=
9、8d/dt对式积分得 zz1J(J2?J3)(1)2?m4l2(1)22z2z2 dt?8d?100?201X (1)8?d(100?201X)100?100(100?201X)8?ln(100?201X)?ln(100?100?201X)1002?ln(100?201X)?ln800025 (2) t?将式(2) 改写 为 一l2.5t= In(100一201X)一ln8 000解得 =20+80e-12.5t上式对t求导得 = d/dt=-100e-12.5t711在图示的刨床机构中，已知空程和工作行程中消耗于克服阻抗力的恒功率分别为P1=367.7 w和p2=3 677 w，曲柄的平均转
10、速n=100 rmin，空程曲柄的转角为1=120o。当机构的运转不均匀系数=0.05时，试确定电动机所需的平均功率，并分别计算在以下两种情况中的飞轮转动惯量JF(略去各构件的重量和转动惯量). 1)飞轮装在曲柄轴上；2)飞轮装在电动机轴上，电动机的额定转速nn=I 440 rmin。电动机通过减速器驱动曲柄，为简化计算，减速器的转动惯量忽略不计。解 (1)确定电动机的平均功率。作功率循环图如下图所示。根据在一个运动循环内驱动功与阻抗功应相等，可得PT=P1t1+P2t2P=(P1t1+P2t2)/T=(P11+P22)/(1+2)=(367.7/3+3 6772/3)=2 573.9 w(2
11、)由图知最大盈亏功为：、Wmax=(P-P1)t1=(P-P1)(601)/(2n)=(2573.9-367.7) 60(1/3) (1/100)=441.24N.m1）当飞轮装在曲柄轴上时飞轮的转动惯量为2）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为JF=JF(n/nn)2=80.473(100/1440)2=0.388kg.m2 JF?900?Wmax900?441.24?2?80.473kg.m2222?n?100?0.057-12 某内燃机的曲柄输出力矩Md随曲柄转角?的变化曲线如图所示，其运动周期?T?,曲柄的平均转速nm?620r/min。当用该内燃机驱动一阻抗力为常数的机械时，如果要求
12、其运转不均匀系数?=0.01。试求1) 曲轴最大转速nmax和相应的曲柄转角位置?max；2) 装在曲轴上的飞轮转动惯量JF（不计其余构件的转动惯量）。解: (1)确定阻抗力矩, 因一个运动循环内驱动功应等于阻抗功所以有MrT=AOABC=200（1/2）(/6+)解得Mr=(1/) 200(1/2) (/6+)=l 16.6 7 N.m(2)求曲轴最大转速nmax，和相应的曲柄转角位置max：作其系统的能量指示图(见图(b)由图可知在c处机构出现能量最大值即=c时，n=nmax。故max=20o+30o+130o(200-116.7)/200=104.16o此时nmax=(1+/2)nm=(
13、1+0.01/2) 620=623.1r/min（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：?Wmax?AbABc?200?116.67?20?200?116.67130?200?116.67?(?67.26N.m26180201X80200 900?W900?67.262JF?22max?2?1.596kg.m?n?6202?0.01故：713图示为两同轴线的轴1和2以摩擦离合器相连。轴1和飞轮的总质量为100 kg，回转半径=450 mm；轴2和转子的总质量为250 kg，回转半径=625 mm。在离合器接合前，轴1的转速为n，=100 rmin，而轴2以n：=20 groin的转速与轴1同向转
14、动。在离合器接合后3 s，两轴即达到相同的速度。设在离合器接合过程中，无外加驱动力矩和阻抗力矩。试求： 1)两轴接合后的公共角速度;2)在离合器结合过程中，离合器所传递的转矩的大小。解 设离合器结合过程中所传递的摩擦力矩为Mf两轴结合后的公共角速度为。根锯力矩形式的机械运动方程。对于轴l和轴2，分别有：0?Mf?J1?1d?J1dt3 （1）d?2?2?J2dt3（2）J?J?1122J1?J2 由式（1）（2）得：Mf?0?J2式中J1=m112J2=m2221=2n1/60=n1/30, 2=2n2/60=n2/30从而2n2?100?0.452?100?0.6252?20?m1?12n1
15、?m2?2?3.533rad/s230m1?12?m2?230100?0.452?100?0.6252 由（1）得:Mf?J1?1?3714图示为一转盘驱动装置。1为电动机，额定功率为Pn=0.55 kW，额定转速为nn=1 390rmin，转动惯量J1=0.018 kg.m2; 2为减速器，其减速比i2=35, 3、4为齿轮传动， z3=20，z4=52；减速器和齿轮传动折算到电动机轴上的等效转动惯量J2e=0.015 kg.rn2；转盘5的转动惯量J5=144kg.m，作用在转盘上的阻力矩为Mr5=80 N.m；传动装置及电动机折算到电动机轴上的阻力矩为Mr1=0.3 N.m。该装置欲采用
16、点动(每次通电时间约0.15 s)作步进调整，问每次点动转盘5约转过多少度? 提示：电动机额定转矩Mn=9 550Pnnn，电动机的起动转矩Md2Mn，并近似当作常数。m1?12n1?100?0.452100?(?)?(?3.533)?46.838N.m330330解 取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为点动过程中，系统的运行分为两个阶段：第一阶段为通电启动阶段，第二阶段为断电停车阶段。第一阶段的等效力矩为 Je1?J1?J2e?J5(?52201)?0.018?0.015?144?(?)2?0.0504kg.m2?15235Me11?Md?Mr1Mr5(?2?9550?5Pz1)?2
17、?9550n?Mr1?Mr5(3?)?1nnz4i2 由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为11=10+1t111=10+10t1+(1/2)1t12式中: 10=0, 10=0, t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以 0.55201?0.3?80?(?)?6.378N.m13905235Me116.378t1?0.15?18.982rad/sJe10.05041M6.378?11?e11t12?0.5?0.152?1.424rad2Je10.0504 ?11?第二阶段的等效力矩为Me12?Mr1?Mr5(?5z1201)?Mr1?
18、Mr5(3?)?0.3?80?(?)?1.179N.m?1z4i25235由篇三：机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(9和11章)机械原理课后习题答案第9章课后参考答案9-1 何谓凸轮机构传动中的刚性冲击和柔性冲击?试补全图示各段s一?、 v一?、?一?曲线，并指出哪些地方有刚性冲击，哪些地方有柔性冲击？答 凸轮机构传动中的刚性冲击是指理论上无穷大的惯性力瞬问作用到构件上，使构件产生强烈的冲击；而柔性冲击是指理论上有限大的惯性力瞬间作用到构件上，使构件产生的冲击。s-, v-, a-曲线见图。在图9-1中B，C处有刚性冲击，在0，A，D，E处有柔性冲击。92何谓凸轮工作廓线的变尖现象和推杆
19、运动的失真现象?它对凸轮机构的工作有何影响?如何加以避免?答 在用包络的方法确定凸轮的工作廓线时，凸轮的工作廓线出现尖点的现象称为变尖现象：凸轮的工作廓线使推杆不能实现预期的运动规律的现象件为失真现象。变尖的工作廓线极易磨损，使推杆运动失真使推杆运动规律达不到设计要求，因此应设法避免。变尖和失真现象可通过增大凸轮的基圆半径减小滚子半 题9-1图径以及修改推杆的运动规律等方法来避免。93力封闭与几何封闭凸轮机构的许用压力角的确定是否一样?为什么?答 力封闭与几何封闭凸轮机沟的许用压力角的确定是不一样的。因为在回程阶段-对于力封闭的凸轮饥构，由于这时使推杆运动的不是凸轮对推杆的作用力F，而是推杆所
20、受的封闭力其不存在自锁的同题，故允许采用较大的压力角。但为使推秆与凸轮之间的作用力不致过大。也需限定较大的许用压力角。而对于几何形状封闭的凸轮机构，则需要考虑自锁的问题。许用压力角相对就小一些。 94一滚子推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推杆滚子的直径偏小，欲改用较大的滚子？问是否可行?为什么? 答 不可行。因为滚子半径增大后。凸轮的理论廓线改变了推杆的运动规律也势必发生变化。95一对心直动推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推程压力角稍偏大，拟采用推杆偏置的办法来改善，问是否可行?为什么?答 不可行。因为推杆偏置的大小、方向的改变会直接影响推杆的运动规律而原凸轮机构推杆的运动规律应该是不允许擅自改动
21、的。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?可知若为正偏置(e前取减号)由于推程时(ds/d)为正式中分子ds/d-edsd。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。 97 试标出题96a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96b图推杆从图示位置升高位移
22、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
23、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)98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O
24、A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。99 已知凸轮角速度为15 rads，凸轮转角?0?150?时，推杆等速上升16mm; ?150?180?时推杆远休，?180?300?时推杆下降16mm;?300?360?时推杆近休。试选择合
25、适的推杆推程运动规律，以实现其最大加速度值最小，并画出其运动线图。 解 推杆在推程及回程段运动规律的位移方程为：(1)推程：s=h00o1 50o(2)回程：等加速段s=h一2h202 0o60o22等减速段s=2h(一)0 60o120o计算各分点的位移值如表93：根据表9-3可作所求图如下图：910设计一凸轮机构，凸轮转动一周时间为2 s。凸轮的推程运动角为60o，回程运动角为150。，近休止运动角为150o。推杆的行程为15 mm。试选择合适的推杆升程和回程的运动规律，使得其最大速度值最小，并画出运动线图。 9一11试设计一对心直动滚子推杆盘形凸轮机构，滚子半径r，=10 mm，凸轮以等
26、角速度逆时针回转。凸轮转角=0o120o时，推杆等速上升20 mm；=120o180o时，推杆远休止；=180o270o时，推杆等加速等减速下降20 mm；=270o：360o时，推杆近休止。要求推程的最大压力角。30o，试选取合适的基圆半径，并绘制凸轮的廓线。问此凸轮机构是否有缺陷，应如何补救。 9一12试设计一个对心平底直动推杆盘形凸轮机构凸轮的轮廓曲线。设已知凸轮基圆半径rn=30 mm，推杆平底与导轨的中心线垂直，凸轮顺时针方向等速转动。当凸轮转过1201r推杆以余弦加速度运动上升20。，再转过150o时，推杆又以余弦加速度运动回到原位，凸轮转过其余90o时，推杆静止不动。问这种凸轮机构压力角的变化规律如何?是否也存在自锁问题?若有，应如何避免? 解 推杆在推程及回程运动规律的位移方程为（1)推程S=h1-cos(/0)/2： 0o120o（2）回程S=h1+cos(/0)/20o1 50o计算各分点的位移值如表9-4l：
