机械原理课后答案高等教育出版社_机械原理课后答案

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机械原理作业

第一章 结构分析作业

1.2 解：

F = 3n－2PL－PH = 3×3－2×4－1= 0

该机构不能运动，修改方案如下图：1.2 解：

（a）F = 3n－2P1= 1 A点为复合铰链。

L－PH = 3×4－2×5－（b）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×6－2= 1

B、E两点为局部自由度, F、C两点各有一处为虚约束。

（c）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×7－0= 1

FIJKLM为虚约束。

1.3 解：

F = 3n－2PL－PH = 3×7－2×10－0= 1

1）以构件2为原动件，则结构由8－

7、6－

5、4－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构(图a)。

2）以构件4为原动件，则结构由8－

7、6－

5、2－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构(图b)。

3）以构件8为原动件，则结构由2－3－4－5一个Ⅲ级杆组和6－7一个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅲ级机构(图c)。

(a)

(b)

(c)

第二章

运动分析作业

2.1 解：机构的瞬心如图所示。

2.2 解：取l5mm/mm作机构位置图如下图所示。

1.求D点的速度VD VDVP13VD而

2.求ω1

VEAEP14P132425，所以

VDVE24251502425144mm/s

3.求ω2

211VElAE1501201.25rad/s

2138981.2538980.46rad/sP12P14P12P243898 因，所以4.求C点的速度VC

1mm/mm

VC2P24Cl0.46445101.2mm/s

2.3 解：取l作机构位置图如下图a所示。1.求B2点的速度VB2

VB2 =ω1×LAB =10×30= 300 mm/s 2.求B3点的速度VB3

VB3 ＝ VB2 ＋

VB3B2

大小？

ω1×LAB

？ 方向 ⊥BC

⊥AB

∥BC 取v10mm/smm作速度多边形如下图b所示，由图量得：

VB3pb3v2710270mm/spb322mm，所以

mm 由图a量得：BC=123 mm , 则

lBCBCl1231123

3.求D点和E点的速度VD、VE

利用速度影像在速度多边形，过p点作⊥CE，过b3点作⊥BE，得到e点；过e点作⊥pb3，得到d点 , 由图量得：所以 VDpdv1510150mm/spd15mm，pe17mm，；VEpev1710170mm/s VB3B2b2b3v1710170mm/s 4.求ω

V3B3270l2.2rad/sBC123

5.求anB2

an22B21lAB10303000mm/s2

6.求aB3

aB3 ＝ aB3n ＋ aB3t ＝ aB2 ＋

aB3B2k ＋

aτB3B

2大小 ω32LBC？

ω12LAB

2ω3VB3B2

？

方向

B→C ⊥BC

B→A

⊥BC

∥BC n22 aB33l2BC2.2123595mm/s

ak22B3B23VB3B222.22701188mm/s 5

取

a50mm/s2mm作速度多边形如上图c所示，由图量得：,所以

mm/s2b'323mm，n3b'320mmaB3b'3a23501150t

7.求3

taB3n3b'3a20501000mm/s

lBC123

8.求D点和E点的加速度aD、aE 3aB310008.13rad/s2利用加速度影像在加速度多边形，作b'3e∽CBE, 即

b'3CB eCEb'3eBE，得到e点；过e点作⊥b'3，得到d点 , 由图量得：e16mm，d13mm，aDda1350650mm/s2所以，a2Eea1650800mm/s。

2.7 解：取l2mm/mm作机构位置图如下图a所示。

一、用相对运动图解法进行分析 1.求B2点的速度VB2

VB2 =ω1×LAB =20×0.1 = 2 m/s 2.求B3点的速度VB3

VB3 ＝ VB2 ＋

VB3B2

大小？

ω1×LAB？

方向 水平

⊥AB

∥BD 取v0.05m/smm作速度多边形如下图b所示，由图量得：

pb320mm，所以

而VD= VB3= 1 m/s

nVB3pb3v200.051m/s

3.求aB2

aB21lAB200.140m/sn222

4.求aB3

τ

a B3 ＝ aB2n

＋

a B3B

2大小？

ω12LAB

？

方向

水平

B→A

∥BD 取a1m/s2

mm作速度多边形如上图c所示，由图量得：

aB3b'3a35135m/s2，所以

二、用解析法进行分析

2b'335mm。

2VD3VB2sin11lABsin1200.1sin301m/s21aD3aB2cos1lABcos1200.1cos3034.6m/s

第三章 动力分析作业

3.1 解：

根据相对运动方向分别画出滑块1、2所受全反力的方向如图a所示，图b中三角形①、②分别为滑块2、1的力多边形，根据滑块2的力多边形①得：

FrFR12R12cossin(602)sin(90)Fcos，FRF12rsin(602)

由滑块1的力多边形②得：

FdFR21sin(602)sin(90)FR21cos，Fsin(602)cossin(602)sin(602)dFR21cosFrcossin(602)Frsin(602)

而 tg1ftg1(0.15)8.53

所以 F602)dFsin(rsin(602)1000sin(6028.53)sin(6028.53)1430.7N3.2 解：取l5mm/mm作机构运动简图，机构受力如图a)所示；

取

F50N/mm作机构力多边形，得：

FR6560503000N，FR4567503350N，FR45FR54FR34FR433350N，FR2335501750FR6350502500N，FR23FR32FR12FR211750N

MbFR21lAB1750100175000Nmm175Nm

3.2 解：机构受力如图a)所示

N，由图b)中力多边形可得：FR65tg4F5tg4510001000N

FR545FR43Fsin1000.2N

4sin451414 FR43FR63FR23sin116.6sin45sin18.4

Fsin45sin45R63sin116.6FR43sin116.61414.21118.4N

FR23sin18.4sin116.6Fsin18.4R43sin116.61414.2500N 所以 FR21FR23FR61500N

MbFR21lAB50010050000Nmm50Nm

3.3 解：机构受力如图所示

由图可得：

对于构件3而言则：FdFR43FR230，故可求得 FR23 对于构件2而言则：FR32FR12

对于构件1而言则：FbFR41FR210，故可求得

Fb

3.7 解：

1.根据相对运动方向分别画出滑块1所受全反力的方向如图a所示，图b为滑块1的力多边形，正行程时Fd为驱动力，则根据滑块1的力多边形得：

Fdsin(2)FR21sin90()FR21cos()，FR21Fd

cos()sin(2)

则夹紧力为：FrFR21cosFdcos()cossin(2)2.反行程时取负值，F'R21为驱动力，而F'd为阻力，故

F'R21

F'dcos()sin(2)，cossinF'dtg而理想驱动力为：F'R210F'd所以其反行程效率为：

'F'RF'd21

0F'RF'dtg21cos()sin(2)sin(2)tgcos()

sin(2)当要求其自锁时则，'tgcos()0，故 sin(2)0，所以自锁条件为：2

3.10 解：

1.机组串联部分效率为：

'23298210.90.0.950.8

212.机组并联部分效率为：

''PAAPBB20.830.7P23APB230.980.950.688 3.机组总效率为：

'''0.8210.6880.56556.5%

4.电动机的功率

输出功率：NrPAPB235kw 电动机的功率：NdNr50.5658.85kw

第四章 平面连杆机构作业

4.1 解：

1.① d为最大，则

adbc

故 dbca280360120520mm

② d为中间，则

acbd

故 dacb120360280200mm

200mmd520mm所以d的取值范围为：

2.① d为最大，则

adbc 故 dbca280360120520mm

② d为中间，则

acbd 故 dacb120360280200mm

③ d为最小，则

cdba 故 dbac28012036040mm

④ d为三杆之和，则

dbac280120360760mm

所以d的取值范围为：40mmd200mm和520mmd760mm 14

3.① d为最小，则

cdba 故 dbac28012036040mm

4.3 解：机构运动简图如图所示，其为曲柄滑块机构。

4.5 解：

1.作机构运动简图如图所示；由图量得：16，68，max min155，min52，所以 180max18015525，行程速比系数为：2.因为 l1是摆转副。K18018018016180161.20

l32872100l2l45250102

所以当取杆1为机架时，机构演化为双曲柄机构，C、D两个转动副3.当取杆3为机架时，机构演化为双摇杆机构，A、B两个转动副是周转副。4.7 解：1.取l6mm/mm作机构运动简图如图所示；由图量得：

180180180518051.055，故行程速比系数为：

K

由图量得：行程：h40l406240mm

2.由图量得：min68，故min6840 3.若当e0，则K= 1，无急回特性。4.11 解： 1.取2.由图中量得： l4mm/mm，设计四杆机构如图所示。

lABABl704280mm。lCDC1Dl254100mmlADADl78.54314mm 16

4.16 解： 1.取l1mm/mm，设计四杆机构如图所示。

2.由图中量得：

lABAB1l21.5121.5mm，lBCB1C1l45145mm。

63，图中AB”C” 为3.图中AB’C’为max的位置，由图中量得max max的位置，由图中量得max90。

4.滑块为原动件时机构的死点位置为AB1C1和AB2C2两个。

4.18 解： 1.计算极位夹角：K1K11801.511.5118036

2.取l2mm/mm，设计四杆机构如图所示。

3.该题有两组解，分别为AB1C1D和AB2C2D由图中量得：

lAB1AB1l24248mm，lB1C1B1C1l602120mm ；lABlB2AB2l11222mm。2C2B2C2l25250mm

第五章 凸轮机构作业

5.1 解：

图中(c)图的作法是正确的，(a)的作法其错误在于从动件在反转过程的位置应该与凸轮的转向相反,图中C’B’为正确位置；(b)的作法其错误在于从动件在反转过程的位置应该与起始从动件的位置方位一致，图中C’B’为正确位置；(d)的作法其错误在于从动件的位移不应该在凸轮的径向线上量取，图中CB’为正确位置。

5.4 解：如图所示。

5.5 解： 凸轮的理论轮廓曲线、偏距圆、基圆如图所示；

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