机械原理第二版课后答案朱理

1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－2PL－PH=3×4－2×5－1=1A点为复合铰链。（b）F=3n－2PL－PH=3×5－2×6－2=1B、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=1FIJKLM为虚约束。1.3解：2F=3n－2PL－PH=3×7－2×10－0=11）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)3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mmmml/5作机构位置图如下图所示。1.求D点的速度VD13PDVV4而25241314PPAEVVED，所以smmVVED/144252415025242.求ω1sradlVAEE/25.112015013.求ω2因98382412141212PPPP，所以srad/46.0983825.19838124.求C点的速度VCsmmCPVlC/2.10154446.02422.3解：取mmmml/1作机构位置图如下图a所示。1.求B2点的速度VB2VB2=ω1×LAB=10×30=300mm/s2.求B3点的速度VB3VB3＝VB2＋VB3B2大小？ω1×LAB？方向⊥BC⊥AB∥BC取mmsmmv/10作速度多边形如下图b所示，由图量得：mmpb223，所以smmpbVvB/270102733由图a量得：BC=123mm,则mmBCllBC1231123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：mmpd15，mmpe17，所以smmpdVvD/1501015，smmpeVvE/1701017；5smmbbVvBB/170101732234.求ω3sradlVBCB/2.2123270335.求nBa222212/30003010smmlaABnB6.求3BaaB3＝aB3n＋aB3t＝aB2＋aB3B2k＋aB3B2τ大小ω32LBC？ω12LAB2ω3VB3B2？方向B→C⊥BCB→A⊥BC∥BC22233/5951232.2smmlaBCnB223323/11882702.222smmVaBBkBB6取mmsmma2/50作速度多边形如上图c所示，由图量得：mmb23'3，mmbn20'33,所以233/11505023'smmbaaB2333/10005020'smmbnaatB7.求3233/13.81231000sradlaBCtB8.求D点和E点的加速度aD、aE利用加速度影像在加速度多边形，作eb3'∽CBE,即BEebCEeCBb33''，得到e点；过e点作⊥3'b，得到d点,由图量得：7mme16，mmd13，所以2/6505013smmdaaD，2/8005016smmeaaE。2.7解：取mmmml/2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VB2VB2=ω1×LAB=20×0.1=2m/s2.求B3点的速度VB3VB3＝VB2＋VB3B2大小？ω1×LAB？方向水平⊥AB∥BD取mmsmv/05.0作速度多边形如下图b所示，由图量得：8mmpb203，所以smpbVvB/105.02033而VD=VB3=1m/s3.求nBa222212/401.020smlaABnB4.求3BaaB3＝aB2n＋aB3B2τ大小？ω12LAB？方向水平B→A∥BD取mmsma2/1作速度多边形如上图c所示，由图量得：mmb35'3，所以233/35135'smbaaB。二、用解析法进行分析smlVVABBD/130sin1.020sinsin111232212123/6.3430cos1.020coscos1smlaaABBD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，9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：cos)90sin()260sin(1212RRrFFF，)260sin(cos12rRFF由滑块1的力多边形②得：cos)90sin()260sin(2121RRdFFF，)260sin()260sin()260sin(cos)260sin(coscos)260sin(21rrRdFFFF而53.8)15.0(11tgftg所以NFFrd7.1430)53.8260sin()53.8260sin(1000)260sin()260sin(3.2解：取mmmml/5作机构运动简图，机构受力如图a)所示；10取mmNF/50作机构力多边形，得：NFR3000506065，NFR3350506745，NFFFFRRRR335043345445，NFR1750503523，NFR2500505063，NFFFFRRRR175021123223mNmmNlFMABRb1751750001001750213.2解：机构受力如图a)所示11由图b)中力多边形可得：NtgFtgFR10001000455465NFFFRR2.141445sin1000sin4543454.18sin45sin6.116sin236343RRRFFFNFFRR4.11182.14146.116sin45sin6.116sin45sin4363NFFRR5002.14146.116sin4.18sin6.116sin4.18sin4323所以NFFFRRR500612321mNmmNlFMABRb5050000100500213.3解：机构受力如图所示12由图可得：对于构件3而言则：02343RRdFFF，故可求得23RF对于构件2而言则：1232RRFF对于构件1而言则：02141RRbFFF，故可求得bF3.7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：)cos()(90sin)2sin(2121RRdFFF，)2sin()cos(21dRFF则夹紧力为：)2sin(cos)cos(cos21dRFFFr2.反行程时取负值，21'RF为驱动力，而dF'为阻力，故)2sin()cos(''21dRFF，而理想驱动力为：tgFFFddR'sincos''021所以其反行程效率为：)cos()2sin()2sin()cos('''''21210tgFtgFFFddRR13当要求其自锁时则，0)cos()2sin('tg，故0)2sin(，所以自锁条件为：23.10解：1.机组串联部分效率为：821.095.098.09.0'212232.机组并联部分效率为：688.095.098.0327.038.02''32BABBAAPPPP3.机组总效率为：%5.56565.0688.0821.0'''4.电动机的功率输出功率：kwPPNBAr532电动机的功率：kwNNrd85.8565.05第四章平面连杆机构作业4.1解：1.①d为最大，则cbda故mmacbd520120360280②d为中间，则dbca故mmbcad20028036012014所以d的取值范围为：mmdmm5202002.①d为最大，则cbda故mmacbd520120360280②d为中间，则dbca故mmbcad200280360120③d为最小，则abdc故mmcabd40360120280④d为三杆之和，则mmcabd760360120280所以d的取值范围为：mmdmm20040和mmdmm760520153.①d为最小，则abdc故mmcabd40360120280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，155max，52min，所以25155180180maxmin，行程速比系数为：20.11618016180180180K2.因为102505210072284231llll所以当取杆1为机架时，机构演化为双曲柄机构，C、D两个转动副是摆转副。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。164.7解：1.取mmmml/6作机构运动简图如图所示；由图量得：5，故行程速比系数为：05.151805180180180K由图量得：行程：mmhl240640402.由图量得：68min，故4068min3.若当0e，则K=1，无急回特性。4.11解：1.取mmmml/4，设计四杆机构如图所示。2.由图中量得：mmABllAB280470，mmDCllCD1004251，mmADllAD31445.78。174.16解：1.取mmmml/1，设计四杆机构如图所示。2.由图中量得：mmABllAB5.2115.211，mmCBllBC4514511。3.图中AB’C’为max的位置，由图中量得63max，图中AB”C”为18max的位置，由图中量得90max。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：3618015.115.118011KK2.取mmmml/2，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：mmABllAB4822411，mmCBllCB1202601111；19mmABllAB2221122，mmCBllCB502252222。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。20215.4解：如图所示。5.5解