机械原理课后答案第7章_机械原理课后答案7章

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第7章作业

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。

27—5由式JF=△Wmax／(ωm [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△Wmax与ωm一定时，若[δ]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。

②由于JF不可能为无穷大，若△Wmax≠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△Wmax与[δ]一定时，JF与ωm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 2则 Je121212J11211G1222(JJ)Jv22`233222g)(2`JeJ1J(J2J212)J23(312)Gv

g(12)

2JeJ1

17-8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,滚珠丝杠的导程d=6 mm，转动惯量J3=1.2×10-3kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 ×

z1J(JJ)(22`2z2zz2G)J3(12`)z2z3gz1z2`2r()3z2z3 10-6kg.m2，J2=768×10-6kg.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 2Je1212J12121(JJ)232221mv

244JeJ1121J(J2J3)(21z1)m4(2v则: J11)2)22z2z2

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

=5.284×l0kg.m

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 2kg.m，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=Jedω/dt

其中：Me=-Mr=-20 N.m，Je=0.5 kg.m2

dt=[Je/(-Mr)]dω=[0.5/（-20）]dω=-0.025dω 因此

t=-0.025(ω-ωs)=0.025ωs=2.5s 由于t=2.5s

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=10 000—100ω(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

Me(ω)=Med(ω)-Mer(ω)=Jedω/dt 即10000-100ω-8000=8dω/dt

J(J2J3)()m4l(2z

1对式①积分得

t810081002dt8100d2000

(1)d(1002000)(1002000)100[ln(1002000)ln(1001002000)]2

5将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000 解得

ω=20+80e-12.5t [ln(1002000)ln8000]

(2)上式对t求导得

α= dω/dt=-100e-12.5t

7—11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，曲柄的平均转速n=100 r／min，空程曲柄的转角为φ1=120º。当机构的运转不均匀系数δ=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 r／min。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+P2t2

P=(P1t1+P2t2)/T=(P1φ1+P2φ2)/(φ1+φ2)=(367.7/3+3 677×2/3)=2 573.9 w(2)由图知最大盈亏功为：、△Wmax=(P-P1)t1=(P-P1)(60φ1)/(2πn)=(2573.9-367.7)×60×(1/3)×(1/100)=441.24N.m 1）当飞轮装在曲柄轴上时飞轮的转动惯量为

900Wmax900441.242JF80.473kg.m2222n[]1000.0

52）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

222JF`=JF(n/nn)=80.473×(100/1440)=0.388kg.m

7-12 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

MrφT=AOABC=200×（1/2）×(π/6+π)解得

Mr=(1/π)×200×(1/2)×(π/6+π)=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φmax：

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φ=φ时，n=nmax。故 Φmax=20º+30º+130º×(200-116.7)/200=104.16º

此时nmax=(1+δ/2)nm=(1+0.01/2)×620=623.1r/min

c（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

WmaxAbABc200116.6726***0Wmax90067.2621.596kg.m2222n[]6200.01 （20200116.67130200116.6720067.26N.m

故：7—13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ρ=450 mm；轴2和转子的总质量为250 kg，回转半径ρ=625 mm。在离合器接合前，轴1的转速为n，=100 r／min，而轴2以n：=20 groin的转速与轴1同向转动。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。JF

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ω。根锯力矩形式的机械运动方程。对于轴l和轴2，分别有：

1d

0MfJ1dtJ1（1）

Mf0J2d2dtJ223

（2）

J1J2由式（1）（2）得：

22式中

J1=m1ρJ2=m2ρ2

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30 从而

J11J2230m11n1m22n2m11m222222301000.451000.625201000.451000.62522223.533rad/s由（1）得: Mf

3.533)46.838N.m3330330

7—14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=1 390．r／min，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 550Pn／nn，电动机的起动转矩Md≈2Mn，并近似当作常数。J11m112(n1)1000.452(100

解

取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

52Je1J1JJ(5e2)0.0181

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

Me11MdMr1Mr5(295500.5520120.015144(5235)kg0m.05042.51)29550201PnnnMr1Mr5(z3z41i2)13905235

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

ω11=ω10+α1t1

2φ11=φ10+ω10t1+(1/2)α1t1

式中: φ10=0, ω10=0, ． t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以

0.380()6.378N.m11

Me11Je1t16.3780.05040.1518.982rad/s

11

第二阶段的等效力矩为 1Me1126.3782t10.50.151.424rad2Je10.0504

1z4i25235

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：

ω12=ω11+α2t2

2φ12=φ11+ω11t2+(1/2)α2t2 式中: ω12=0, α2=Me12/Je1 所以

t2Me12Mr1Mr5(5)Mr1Mr5(z31)0.380(201)1.179N.m11211Je1Me218.9820.05041.1790.811s

121111t2每次点动后．电机转过的角度为

φ1=φ12+φ11=1.424+9.125=10.549rad 而转盘5转过的角度为：

1Me1221.1792t21.142418.9820.8110.50.8119.125rad2Je10.0504

51(z3z4118020180)10.549638`31``i25235

机械原理课后答案高等教育出版社

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