西北工业大学机械原理课后答案第7章

第7章课后习题参考答案

7—1等效转动惯量和等效力矩各自的等效条件是什么?

7—2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。

7—3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。 7—4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，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。 7—5由式J F =△W max ／(ωm 2 [δ])，你能总结出哪些重要结论(希望能作较全面的分析)? 答：①当△W max 与ωm 一定时，若[δ]下降，则J F 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。

②由于J F 不可能为无穷大，若△W max ≠0，则[δ]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。

③当△W max 与[δ]一定时，J F 与ωm 的平方值成反比，故为减小J F ，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考虑安装飞轮轴的刚性和结构上的可能性等因素。 7—6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?

7—7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r 3，各齿轮的转动惯量J 1、，J 2、，J 2’、J 3，齿轮1直接装在电动机轴上，故J 1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J e 。

解：根据等效转动惯量的等效原则．有

2222211122`23311111()2

2222e G J J J J J v g ωωωω=++++ 则

22232122`31111()()()()2e G v J J J J J J g ωωωωω=++++

2222112`12`122`33223231()()()()2e z z z z z G J J J J J J r z z z g z z =++++ 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m 4=355 kg,滚

珠丝杠的导程d=6 mm ，转动惯量J 3=1.2×10-3kg.m 。，齿轮1、2的转动惯量分别为J 1=732 ×10-6kg.m 2，J 2=768×10-6kg.m 2。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 2222111232441111()2222e J J J J m v ωωω=+++

则:

22

241234111()()()2e v J J J J J m ωωω=+++ 222111234221()()()2z z J J J J m l z z =+

++ =732×10-6+(768+l 200)l ×10-6×(25/45)2+355×(6×10-3)2×(25/45)2

=5.284×l0-3kg.m 2

7—9已知某机械稳定运转时主轴的角速度ωs =100 rad ／s ，机械的等效转动惯量Je=0.5 kg.m 2，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： M e =J e d ω/dt

其中：M e =-M r =-20 N.m ，Je=0.5 kg.m 2

dt=[J e /(-M r )]d ω=[0.5/（-20）]d ω=-0.025d ω

因此 t= -0.025(ω-ωs)=0.025ωs =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M ed =10 000—100ω(N.m)，等效阻抗力矩M er =8 000 N.m ，等效转动惯量J e =8 kg.m2，主轴的初始角速度ω0=100rad ／s 。试确定运转过程中角速度ω与角加速度α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

M e (ω)=M ed (ω)-M er (ω)=J e d ω/dt

即10000-100ω-8000=8d ω/dt

81002000d t d ωω=-- (1)

对式①积分得 1008(1002000)

100(1002000)

8[ln(1002000)ln(1001002000)]100

2[ln(1002000)ln 8000]25d t ωωωωω-=-

-=---⨯-=---⎰ (2) 将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000