西华大学机械原理习题答案

三、计算题
解：建立平衡的矢量方程如下
W1 W2 Wb m1r1 m2 r2 mb r 0
45 W2
W1
作力矢量图： 量出 Wb 的大小，即 Wb =15kg.cm，则
mb Wb 14 1.07 kg，

Wb
相位在左上方，与竖直方向夹角 43.3 。
第七章 机械的运转及其速度速度的调节 一、填空题
n = 4 ，pl = 5 ，ph = 1
F 3n 2Pl Ph 3 4 2 5 1 1
此时机构的自由度数等于原动件数，故机构具有确定的运动。
第三章 平面机构的运动分析 一、综合题
1、解：
3
2、 由相对பைடு நூலகம்心 P13 的定义可知：
1 PO1 P13 L 3 PO3 P13 L
4． （a）n = 5 ，pl = 7 ，ph = 0
F 3n 2Pl Ph 3 5 2 7 0 1
Ⅱ级组
Ⅱ级组
因为该机构是由最高级别为Ⅱ级组的基本杆组构成的，所以为Ⅱ级机构。
1
（c）n = 5 ，pl = 7 ，ph = 0
F 3n 2Pl Ph 3 5 2 7 0 1
Ⅲ级组 因为该机构是由最高级别为Ⅲ级组的基本杆组构成的，所以为Ⅲ级机构。 5． n = 7 ，pl =10 ，ph = 0
F 3n 2Pl Ph 3 7 2 10 0 1
Ⅱ级组 当以构件 AB 为原动件时，该机构为Ⅲ级机构。
Ⅲ级组
Ⅱ级组
Ⅱ级组
Ⅱ级组
当以构件 FG 为原动件时，该机构为Ⅱ级机构。 可见同一机构，若所取的原动件不同，则有可能成为不同级别的机构。
vB 3 vB 2 vB 3 B 2
方向 大小 AB ? ⊥AB 向下 1lAB //BC ?
n t k r aB 3C a B 3C a B 2 a B 3 B 2 a B 3 B 2
方向
B→C
⊥BC
?
B→A 12lAB
⊥BC 向下 ∥BC 23vB3B2
?
大小 32lBC
（2）标出各顶点的符号，以及各边所代表的速度或加速度及其指向如下：
7、解：
n’
6
1 B(B1,B2,B3) ε3 ω3 3 A
2
vB 2 vB1 vB 2 B1
大小 ？ V1 ？ 方向 ┴AB 水平 //导路 3=VB2 / LAB =pb2v /LAB n t k r aB 2 aB 2 aB 2 aB1 aB 2 B1 aB 2 B1 大小 32LAB ？ 0 0 ? 方向 AB AB //导路 t 3=aB2 / LAB = n’b2’ a /LAB 8、解：根据速度多边形判断如下： 第一步：由 pb 方向得杆 2 角速度方向如图所示； k 第二步：把矢量 c3c2 绕ω2 方向旋转 90 度得 a c 2c 3 方向。
第六章 机械的平衡 一、填空题
1、轴向尺寸较小（轴向尺寸 b 与其最大直径 d 之比小于 2） ；2；对于任何不平衡 的转子，不论在几个回转平面内，有多少偏心质量，只要在选定的 2 个平面上， 分别适当地增加（或除去）一个平衡质量即可使转子得到动平衡。 2、 （a） 、 （b） 、 （c） ； （c） 3、总惯性力为零；总惯性力为零，同时总惯性力矩也为零 4、平衡试验；材料不均匀，制造安装误差 5、惯性力；1 个；惯性力；惯性力矩；2 个 6、质量；向径；大 7、(a)；(b)、(c) 8、在垂直于其回转轴线的同一平面内；静；动 9、静；动； （a）
1 P36 P DK 13 2 P AK 16 P 13
由于构件 1、3 在 K 点的速度方向相同，从而只 3 和 1 同向。 4、解：1）以选定的比例尺 1 作机构运动简图（图 b） 。 2）求 vc 定出瞬心 P ，因为 P 13 的位置（ 图 b ） 13 为构件 3 的绝对瞬心，有
v w me mi sa J si i v v i 1
n
2
2
vsa wi 和 仅余机构类型和尺寸相关，与原远东件的真实运动状况无关。 v v 3、答： （1）机器的运转通常分为三个阶段：起动、稳定运转和制动。
R21 B
1 M1
ω1
R41 A
9
4、解：
R21 R21
(a)ρ>e 轴作加速转动； (b)ρ<e 轴作减速转动。 5、解：
R12 2 B
R32 C
C
3 Q
R21 R43 B R23
A
R41 1
P
10
6、解：
7、解：
1 2
R α/2 φ R
R
α/2
如图所示，由已知，摩擦角 φ=arctg0.2。为不使料块上升，总反力 R 的作用 线应在水平线下方，则
1、 ；位置，运动 2、功率等效；动能等效
13
3、等速；周期变化；恒等；一个周期内相等 4、安装飞轮；调速器 5、调节周期性速度波动；渡过死点 6、盈功；亏功；等速
二、简答题
1、答： （1）周期性速度波动：作用在机械上的等效驱动力矩 M ed ，等效阻力矩 M er 和等 效转动惯量 J e 均呈周期性变化；在公共周期内，驱动功等于阻抗功，机械能增量 为零，则等效构件的角速度在公共周期的始末是相等的，即机械运转的速度呈周 期性波动，即周期性速度波动。 （2）波动幅度大小调节:加装飞轮。 （3）不能完全消除周期性速度波动。因为不可能加装转动惯量 J F = 的飞轮，只 要 J F 一定，总有速度波动量。 2、答： （1）等效质量的等效条件：等效机构所具有的动能与原机械系统所具有的动能相 等。 （2）若不知道机构的真实运动也能够求得等效质量，因为
1
2
设机构 3、4、5、6、7 组成的效率为 η3’，则机器的总效率为 η=η1η2η3’
Pr' Pr'' 而 ' ， P2 P2''
' 3
P2’ η3η4= Pr’
，P2’’ η5η6η7= Pr’’
将已知代入上式可得总效率 η=η1η2η3’=0.837 3、解：
R12 2 R32 B C
所以 3 1 PO1 P 13 / P 03 P 13 方向为逆时针转向， （如图所示） 。
3、解： 1）计算此机构所有瞬心的数目 K=N（N-1）/2=6（6-1）/2=15； 2）如图所示，为了求传动比ω1/ω2，需找出瞬心 P16、P36、P12、P23，并 按照三心定理找出 P13； 3)根据 P13 的定义可推得传动比ω1/ω2 计算公式如下：
aE a p'e' 0.05 70 3.5(m / s)
t ' ' aZ acb / lbc a n2 c / lbc
0.05 27.5 / 0.07 19.6(rad / s) （逆时针）
8
第四章 平面机构的力分析+第五章 效率和自锁 三、综合题
1、解：此传动装置为一混联系统。 圆柱齿轮 1、2、3、4 为串联
9、解： 在 a)图机构中存在哥氏加速度，但在导杆 3 的两个极限摆动位置时，以及滑 块 2 相对于导杆 3 的两个极限滑动位置时，哥氏加速度为零。这是因为前者的瞬 时牵连转速为零，而后者的瞬时相对平动为零，均导致哥氏加速度瞬时为零；相 应的机构位置图略 在 b)图机构中由于牵连运动为平动，故没有哥氏加速度存在。 10、解：
φ≥α/2
8、解：
即 α≤2φ = 2arctg0.2
11
10、解：作出各运动副反力的作用线如图
11、解： (1)作出各运动副反力的作用线如图 R R R 0 R Q R 32 34 54 52 0 , 画力多边形 (2)力矢量方程式： ， + 12
12
以 0 做其速度多边形（图 b） 根 据 速 度 影 像 原 理 ， 做 b c e∽ 且字母顺序一致得点 e， 由图得： BCE ，
vE V pe 0 . 0 05 6 2 0.31 m( s / )
（顺时针）
w2 v b c / Bl C 0 . 0 0 5 31.5 / 0.07
2.25(rad / s) （逆时针）
3 v p c/ l 0.00 5 3 3 / 0 . 0 4 5 C D
=3.27（rad/s） 3）加速度分析 根据机速度矢量方程
t n t ac an aCD aCB aB aCB
CD
以 1 做加速度多边形（图 c） 根据加速度影像原理， 做 b'c'e' ∽ BCE ，且字母顺序一 致得点 e ' 由图点得
参考答案
第二章 机械的结构分析 二、综合题
1．
n = 7 ，pl = 9 ，ph = 1
F 3n 2Pl Ph 3 7 2 9 1 2
从图中可以看出该机构有 2 个原动件，而由于原动件数与机构的自由度数相 等，故该机构具有确定的运动。 2． （a）D、E 处分别为复合铰链（2 个铰链的复合） ；B 处滚子的运动为局部自 由度；构件 F、G 及其联接用的转动副会带来虚约束。 n = 8 ，pl = 11 ，ph = 1
二、简答题
1、答： （1）如果只要求刚性转子的惯性力达到平衡，则称为转子的静平衡。 （2）如果不仅要求惯性力，而且要求惯性力矩也达到平衡。则称为转子的动平衡。 （3）不考虑动平衡的静平衡不总是有利的，其理由在于对于不是分布在同一平面 内的转子，虽然它满足了静平衡要求，但如果不对它进行动平衡，它在转动 过程中将有附加动压力产生，引起机械设备的震动。
3 vB / lBP 2lAB / l BP 13