《机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社..pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社..pdf（112页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 1008201041-1 至 1-4 解解 机构运动简图如下图所示。图 1.11 题 1-1 解图图 1.12 题 1-2 解图图 1.13 题 1-3 解图图 1.14 题 1-4 解图1-5 解解1-6 解解1-7 解解1-8 解解1-9 解解1-10 解解1-11 解解1-12 解解1-13 解解 该导杆机构的全部瞬心如图所示，构件 1、3 的角速比为：1-14 解解 该正切机构的全部瞬心如图所示，构件 3 的速度为：向垂直向上。，方1-15 解解 要求轮 1 与轮 2 的角速度之比，首先确定
2、轮1、轮2 和机架 4 三个构件的三个瞬心，即，-1-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104和，如图所示。则：，轮 2 与轮 1 的转向相反。1-16 解解（1）图 a 中的构件组合的自由度为：自由度为零，为一刚性桁架，所以构件之间不能产生相对运动。（2）图 b 中的 CD 杆是虚约束，去掉与否不影响机构的运动。故图 b 中机构的自由度为：所以构件之间能产生相对运动。题题 2-12-1 答答:a）b）c）d），且最短杆为机架，因此是双曲柄机构。，且最短杆的邻边为机架，因此是曲柄摇杆机构。，不满足杆长条件，因此是双摇杆机
3、构。，且最短杆的对边为机架，因此是双摇杆机构。与均为周转副。和题题 2-22-2 解解:要想成为转动导杆机构，则要求（1）当。在在中，直角边小于斜边，故有：中，直角边小于斜边，故有：即可。为周转副时，要求能通过两次与机架共线的位置。见图 2-15 中位置（极限情况取等号）；（极限情况取等号）。综合这二者，要求（2）当。在位置在位置时，从线段时，因为导杆为周转副时，要求能通过两次与机架共线的位置。见图 2-15 中位置和来看，要能绕过点要求：（极限情况取等号）；是无限长的，故没有过多条件限制。（3）综合（1）、（2）两点可知，图示偏置导杆机构成为转动导杆机构的条件是：题题 2-32-3 见图见图
4、 2.162.16。-2-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 2.16题题 2-42-4 解解:（1）由公式，并带入已知数据列方程有：因此空回行程所需时间（2）因为曲柄空回行程用时转过的角度为；，因此其转速为：题题 2-52-5转/分钟-3-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104解解:（1）由题意踏板在水平位置上下摆动，就是曲柄摇杆机构中摇杆的极限位置，此时和（见图曲柄与连杆处于两次共线位置。取适当比例 图 尺，作出两次极限位置2.17）
5、。由图量得：解得：，。由已知和上步求解可知：，和代入公式（2-3）（2）因最小传动角位于曲柄与机架两次共线位置，因此取计算可得：或：-4-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104代入公式（2-3），可知题题 2-62-6 解：解：因为本题属于设计题，只要步骤正确，答案不唯一。这里给出基本的作图步骤，不给出具体数值答案。作图步骤如下（见图 2.18）：（1）求（2）作（3）以（4）作在图上量取，为底作直角三角形的外接圆，在圆上取点，和机架长度；并确定比例尺。（即摇杆的两极限位置），即可。，摇杆长度，。则曲柄长度。在得到具体
6、各杆数据之后，代入公式（2 3）和（2-3）求最小传动角，能满足即可。图 2.18题题 2-72-7-5-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 2.19解解:作图步骤如下（见图 2.19）：（1）求（2）作（3）作，顶角，；并确定比例尺。的外接圆，则圆周上任一点都可能成为曲柄中心。相距，交圆周于。解得：点。（4）作一水平线，于（5）由图量得曲柄长度：连杆长度：题题 2-82-8解解:见图 2.20，作图步骤如下：（1）（2）取，选定。（3）定另一机架位置：分线，。，作和，角平。-6-机械设计基础(第五版)课后习题答
7、案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104（4），。杆即是曲柄，由图量得 曲柄长度：题题 2-92-9 解：解：见图 2.21，作图步骤如下：（1）求，作，与，由此可知该机构没有急回特性。（即摇杆的两极限位置）点。和机架长度。（2）选定比例尺（3）做（4）在图上量取曲柄长度：交于连杆长度：题题 2-102-10 解解:见图 2.22。这是已知两个活动铰链两对位置设计四杆机构，可以用圆心法。连接与，交于，作图 2.22的中垂线与交于点。然后连接，作的中垂线，点。图中画出了一个位置，。从图中量取各杆的长度，得到：题题 2-112-11解解:（1）以，。为中心
8、，设连架杆长度为，根据作出，（2）取连杆长度（3）另作以，以，、为圆心，作弧。，的另一连架杆的几个位置，并作出点为中心，不同半径的许多同心圆弧。（4）进行试凑，最后得到结果如下：机构运动简图如图 2.23。，。-7-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104题题 2-122-12 解解:将已知条件代入公式（2-10）可得到方程组：联立求解得到：，。将该解代入公式（2-8）求解得到：，又因为实际，。，因此每个杆件应放大的比例尺为：，故每个杆件的实际长度是：，题题 2-132-13 证明证明:见图 2.25。在可知点将，。上任
9、取一点，下面求证。点的运动轨迹为一椭圆。见图分为两部分，其中又由图可知，二式平方相加得-8-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104可见3-1 解解点的运动轨迹为一椭圆。图 3.10 题 3-1 解图如图 3.10 所示，以 O 为圆心作圆并与导路相切，此即为偏距圆。过B 点作偏距圆的下切线，此线为凸轮与从动件在 B 点接触时，导路的方向线。推程运动角3-2 解解如图所示。图 3.12 题 3-2 解图如图 3.12 所示，以 O 为圆心作圆并与导路相切，此即为偏距圆。过D 点作偏距圆的下切线，此线为凸轮与从动件在 D
10、点接触时，导路的方向线。凸轮与从动件在D 点接触时的压力角3-3 解解：从动件在推程及回程段运动规律的位移、速度以及加速度方程分别为：（1）推程：如图所示。-9-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 1008201040 150（2）回程：等加速段等减速段060 60120 为了计算从动件速度和加速度，设总转角0150.73419.416302.86536.931位移(mm)0速度0(mm/s)加速度（mm/s65.7972）总转角120位移(mm)27.135速度36.932(mm/s)。计算各分点的位移、速度以及加速度值如下：456
11、.1836010.365751562.8329019.63559.75710523.81750.83250.83259.75762.57713529.26619.41653.23115030038.67520.333165300180300019529.066-25-20.333-38.67521026.250-5022521.563-75加速度（mm/s-53.231-62.577-65.79702）-83.333-83.333-83.333-83.333-10-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104总转角24025
12、58.438-752703.75-502850.938-2530000315003300034500位移(mm)15速度-100(mm/s)加速度（mm/s-83.333-83.33383.3332）83.33383.333000根据上表 作图如下（注：为了图形大小协调，将位移曲线沿纵轴放大了 5 倍。）：图 3-13 题 3-3 解图3-4 解解：图 3-14 题 3-4 图根据 3-3 题解作图如图 3-15 所示。根据(3.1)式可知，取最大，同时 s 2 取最小时，凸轮机构的压力角最大。从图 3-15 可知，这点可能在推程段的开始处或在推程的中点处。由图量得在推程的开始处凸轮机构的压力
13、角最大，此时=30。-11-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 3-15 题 3-4 解图3-5 解解：（1）计算从动件的位移并对凸轮转角求导当凸轮转角可得：在 0过程中，从动件按简谐运动规律上升 h=30mm。根据教材(3-7)式00当凸轮转角在过程中，从动件远休。S 2=50当凸轮转角在过程中，从动件按等加速度运动规律下降到升程的一半。根据教材(3-5)式 可得：-12-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104当凸轮转角在过程中，从动件
14、按等减速度运动规律下降到起始位置。根据教材(3-6)式 可得：当凸轮转角在过程中，从动件近休。S 2=50（2）计算凸轮的理论轮廓和实际轮廓本题的计算简图及坐标系如图 3-16 所示，由图可知，凸轮理论轮廓上 B 点(即滚子中心)的直角坐标为图 3-16式中。-13-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104由图 3-16 可知，凸轮实际轮廓的方程即B 点的坐标方程式为因为所以故由上述公式可得 理论轮廓曲线和实际轮廓的直角坐标，计算结果如下表，凸轮廓线如图3-17 所示。x0102030405060708090100110
15、120130140150y8.33316.84325.18533.38141.37048.98555.94361.86866.32668.871180190200210220230240250260270280290300310320330-14-xy49.30147.42144.66840.94336.08929.93422.34713.2842.829-8.778-79.223-8.885-76.070-22.421-69.858-34.840-60.965-45.369-49.964-53.356-37.588-58.312-24.684-59.949-12.409-59.002-1.3
16、948.39217.07424.83331.86738.07443.12346.862-56.566-53.041-48.740-43.870-38.529-32.410-25.306-17.433-21.13969.110-33.71466.760-45.86261.695-56.89553.985-66.15143.904-73.05231.917机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104160170180-77.48418.746-79.5625.007-79.223-8.88534035036049.17849.9
17、9949.301-9.031-0.3548.333图 3-17 题 3-5 解图3-6 解：图 3-18 题 3-6 图从动件在推程及回程段运动规律的角位移方程为：1.推程：2.回程：计算各分点的位移值如下：总转角（）0角位移（）01530456075901050.3671.432 3.092 5.182 7.515159.81811.90800 150120 总转角（）12013515016518019521022514.633 15角位移（）13.56814.429 12.803 0.370000总转角（）240255270285300315330345角位移（）7.54.6302.197
18、 0.571 0-15-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104根据上表 作图如下：图 3-19 题 3-6 解图3-7解：从动件在推程及回程段运动规律的位移方程为：1.推程：2.回程：计算各分点的位移值如下：总转角（）0位移（mm）0位移（mm）201530150202704516528506018030007519531509021033001052256.17334500.7612.929 6.173 102013.827 17.071 19.23900 120120 总转角（）120 135总转角（）240 25
19、519.239 17.071 13.82710位移（mm）2.929 0.761 0-16-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 3-20 题 3-7 解图4.5 课后习题详解4-14-1 解解分度圆直径齿顶高齿根高顶 隙中心距齿顶圆直径-17-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104齿根圆直径基圆直径齿距齿厚、齿槽宽4-24-2 解解由分度圆直径4-34-3 解解 由可得模数得4-44-4 解解分度圆半径分度圆上渐开线齿廓的曲率半径分度圆上
20、渐开线齿廓的压力角基圆半径基圆上渐开线齿廓的曲率半径为 0；压力角为。齿顶圆半径齿顶圆上渐开线齿廓的曲率半径齿顶圆上渐开线齿廓的压力角4-54-5 解解正常齿制渐开线标准直齿圆柱齿轮的齿根圆直径：-18-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104基圆直径假定故当齿数于齿根圆。则解得，基圆小时，正常齿制渐开线标准直齿圆柱齿轮的基圆大于齿根圆；齿数4-64-6 解解中心距内齿轮分度圆直径内齿轮齿顶圆直径内齿轮齿根圆直径正好在刀具4-74-7 证明证明 用齿条刀具加工标准渐开线直齿圆柱齿轮，不发生根切的临界位置是极限点的顶线上。
21、此时有关系：正常齿制标准齿轮、，代入上式短齿制标准齿轮、，代入上式图 4.7 题 4-7 解图4-84-8 证明证明 如图所示，、两点为卡脚与渐开线齿廓的切点，则线段。即为渐开线的法线。根据渐开线的特性：渐开线的法线必与基圆相切，切点为-19-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104再根据渐开线的特性：发生线沿基圆滚过的长度，等于基圆上被滚过的弧长，可知：AC对于任一渐开线齿轮，基圆齿厚与基圆齿距均为定值，卡尺的位置不影响测量结果。图 4.8 题 4-8 图图 4.9 题 4-8 解图4-94-9 解解 模数相等、压力角
22、相等的两个齿轮，分度圆齿厚相等。但是齿数多的齿轮分度圆直径大，所以基圆直径就大。根据渐开线的性质，渐开线的形状取决于基圆的大小，基圆小,则渐开线曲率大,基圆大，则渐开线越趋于平直。因此，齿数多的齿轮与齿数少的齿轮相比，齿顶圆齿厚和齿根圆齿厚均为大值。4-104-10 解解 切制变位齿轮与切制标准齿轮用同一把刀具，只是刀具的位置不同。因此，它们的模数、压力角、齿距均分别与刀具相同，从而变位齿轮与标准齿轮的分度圆直径和基圆直径也相同。故参数、不变。、变位齿轮分度圆不变，但正变位齿轮的齿顶圆和齿根圆增大，且齿厚增大、齿槽宽变窄。因此、变大，变小。是一对齿轮啮合传动的范畴。啮合角与节圆直径4-114-
23、11解解因螺旋角端面模数端面压力角当量齿数-20-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104分度圆直径齿顶圆直径齿根圆直径4-124-12 解解（1）若采用标准直齿圆柱齿轮，则标准中心距应说明采用标准直齿圆柱齿轮传动时，实际中心距大于标准中心距，齿轮传动有齿侧间隙，传动不连续、传动精度低，产生振动和噪声。（2）采用标准斜齿圆柱齿轮传动时，因螺旋角分度圆直径节圆与分度圆重合4-134-13 解解，4-144-14 解解分度圆锥角分度圆直径-21-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教
24、育出版社王卓研 100820104齿顶圆直径齿根圆直径外锥距齿顶角、齿根角顶锥角根锥角当量齿数4-154-15 答：答：一对直齿圆柱齿轮正确啮合的条件是：两齿轮的模数和压力角必须分别相等，即、。一对斜齿圆柱齿轮正确啮合的条件是：两齿轮的模数和压力角分别相等，螺旋角大小相等、方向相反（外啮合），即、。、一对直齿圆锥齿轮正确啮合的条件是：两齿轮的大端模数和压力角分别相等，即。-22-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 1008201045-15-1 解：解：蜗轮 2 和蜗轮 3 的转向如图粗箭头所示，即和。图 5.5图 5.65-25-2
25、 解：解：这是一个定轴轮系，依题意有：齿条 6 的线速度和齿轮 5 分度圆上的线速度相等；而齿轮 5 的转速和齿轮 5 的转速相等，因此有：通过箭头法判断得到齿轮 5 的转向顺时针，齿条 6 方向水平向右。5-35-3 解：解：秒针到分针的传递路线为：6543，齿轮 3 上带着分针，齿轮 6 上带着秒针，因此有：。分针到时针的传递路线为：9101112，齿轮 9 上带着分针，齿轮 12 上带着时针，因此有：。-23-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 5.7图 5.85-45-4 解：解：从图上分析这是一个周转轮
26、系，其中齿轮 1、3 为中心轮，齿轮 2 为行星轮，构件为行星架。则有：当手柄转过，即时，转盘转过的角度，方向与手柄方向相同。为行星架。5-55-5 解：解：这是一个周转轮系，其中齿轮 1、3 为中心轮，齿轮 2、2 为行星轮，构件则有：，传动比为 10，构件与的转向相同。-24-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 5.9图 5.105-65-6 解：解：这是一个周转轮系，其中齿轮 1 为中心轮，齿轮 2 为行星轮，构件为行星架。则有：，5-75-7 解：解：这是由四组完全一样的周转轮系组成的轮系，因此只需要计算
27、一组即可。取其中一组作分析，齿轮 4、3 为中心轮，齿轮 2 为行星轮，构件 1 为行星架。这里行星轮 2 是惰轮，因此它的齿数与传动比大小无关，可以自由选取。（1）由图知（2）（3）又挖叉固定在齿轮上，要使其始终保持一定的方向应有：联立（1）、（2）、（3）式得：-25-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 5.11图 5.125-85-8 解：解：这是一个周转轮系，其中齿轮 1、3 为中心轮，齿轮 2、2为行星轮，为行星架。，与方向相同为行星架。5-95-9 解：解：这是一个周转轮系，其中齿轮 1、3 为中心轮
28、，齿轮 2、2为行星轮，设齿轮 1 方向为正，则，与方向相同-26-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 5.13图 5.145-105-10 解：解：这是一个混合轮系。其中齿轮 1、2、23、齿轮 2、2为行星轮，为行星架。而齿轮 4 和行星架组成周转轮系，其中齿轮 1、3 为中心轮，组成定轴轮系。在周转轮系中：（1）在定轴轮系中：又因为：（3）（2）联立（1）、（2）、（3）式可得：5-115-11 解：解：这是一个混合轮系。其中齿轮 4、5、6、7 和由齿轮 3 引出的杆件组成周转轮系，其中齿轮 4、7 为中
29、心轮，齿轮 5、6 为行星轮，齿轮 3 引出的杆件为行星架。而齿轮 1、2、3 组成定轴轮系。在周转轮系中：（1）在定轴轮系中：（2）又因为：，时，的转向与齿轮 1 和 4 的转向相同。联立（1）、（2）、（3）式可得：（1）当，（2）当时，-27-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104（3）当和 4 的转向相反。，时，的转向与齿轮 1图 5.15图 5.165-125-12 解：解：这是一个混合轮系。其中齿轮 4、5、6 和构件，齿轮 5 为行星轮，组成周转轮系，其中齿轮 4、6 为中心轮是行星架。齿轮 1、2、3
30、组成定轴轮系。在周转轮系中：（1）在定轴轮系中：又因为：，（3）（2）联立（1）、（2）、（3）式可得：即齿轮 1 和构件的转向相反。5-135-13 解：解：这是一个混合轮系。齿轮 1、2、3、4 组成周转轮系，其中齿轮 1、3 为中心轮，齿轮 2 为行星轮，齿轮 4 是行星架。齿轮 4、5 组成定轴轮系。在周转轮系中：在图 5.17 中，当车身绕瞬时回转中心，（1）点的距离转动时，左右两轮走过的弧长与它们至成正比，即：联立（1）、（2）两式得到：，（2）（3）在定轴轮系中：则当：时，-28-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 10
31、0820104代入（3）式，可知汽车左右轮子的速度分别为，5-145-14 解：解：这是一个混合轮系。齿轮 3、4、4、5 和行星架心轮，齿轮 4、4为行星轮。齿轮 1、2 组成定轴轮系。在周转轮系中：组成周转轮系，其中齿轮 3、5 为中（1）在定轴轮系中：又因为：，（2）（3）依题意，指针转一圈即（4）此时轮子走了一公里，即联立（1）、（2）、（3）、（4）、（5）可求得（5）图 5.18图 5.195-155-15 解：解：这个起重机系统可以分解为 3 个轮系：由齿轮 3、4 组成的定轴轮系；由蜗轮蜗杆 1和 5组成的定轴轮系；以及由齿轮 1、2、2、3 和构件组成的周转轮系，其中齿轮 1
32、、3 是中心轮，齿轮 4、2为行星轮，构件是行星架。一般工作情况时由于蜗杆 5 不动，因此蜗轮也不动，即（1）在周转轮系中：（2）-29-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104在定轴齿轮轮系中：又因为：，（4）（3）联立式（1）、（2）、（3）、（4）可解得：当慢速吊重时，电机刹住，即。，此时是平面定轴轮系，故有：5-165-16 解：解：由几何关系有：又因为相啮合的齿轮模数要相等，因此有上式可以得到：故行星轮的齿数：图 5.20图 5.215-175-17 解：解：欲采用图示的大传动比行星齿轮，则应有下面关系成立：（
33、1）（2）（3）又因为齿轮 1 与齿轮 3 共轴线，设齿轮 1、2 的模数为，齿轮 2、3 的模数为，则有：（4）联立（1）、（2）、（3）、（4）式可得（5）-30-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104当因此时，（5）式可取得最大值 1.0606；当时，（5）式接近 1，但不可能取到 1。的取值范围是（1，1.06）。而标准直齿圆柱齿轮的模数比是大于 1.07 的，因此，图示的大传动比行星齿轮不可能两对都采用直齿标准齿轮传动，至少有一对是采用变位齿轮。5-185-18 解：解：这个轮系由几个部分组成，蜗轮蜗杆 1、
34、2 组成一个定轴轮系；蜗轮蜗杆 5、4组成一个定轴轮系；齿轮 1、5组成一个定轴轮系，齿轮 4、3、3、2组成周转轮系，其中齿轮 2、4 是中心轮，齿轮 3、3为行星轮，构件在周转轮系中：是行星架。（1）在蜗轮蜗杆 1、2 中：（2）在蜗轮蜗杆 5、4中：（3）在齿轮 1、5中：（4）又因为：，（5）联立式（1）、（2）、（3）、（4）、（5）式可解得：，即。组成一个周转轮系，齿轮 1、2、2、5-195-19 解：解：这个轮系由几个部分组成，齿轮 1、2、5、3、组成周转轮系，齿轮 3、4、5 组成定轴轮系。在齿轮 1、2、5、组成的周转轮系中：，则由几何条件分析得到：（1）在齿轮 1、2、
35、2、3、由几何条件分析得到：组成的周转轮系中：，则（2）-31-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104在齿轮 3、4、5 组成的定轴轮系中：（3）又因为：，（4）联立式（1）、（2）、（3）、（4）式可解得：6-16-1 解解顶圆直径齿高齿顶厚齿槽夹角棘爪长度图 6.1 题 6-1 解图6-26-2 解解拔盘转每转时间槽轮机构的运动特性系数槽轮的运动时间槽轮的静止时间6-36-3 解解 槽轮机构的运动特性系数-32-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 1008
36、20104因：6-46-4 解解 要保证所以则槽轮机构的运动特性系数应为因得，则槽数和拔盘的圆销数之间的关系应为：由此得当取槽数6-56-5 解：，。8 时，满足运动时间等于停歇时间的组合只有一种：结构、运动及动力性机构类型工作特点能结构简单、加工方适用于低速、转角不摇杆的往复摆动变成棘轮的单棘轮机构便，运动可靠，但冲击、大场合，如转位、分度以向间歇转动噪音大，运动精度低及超越等。结构简单，效率高，拨盘的连续转动变成槽轮的间槽轮机构歇转动不完全齿轮机构凸轮式间歇运动机构7-17-1 解解：（1）先求解该图功的比例尺。（2）求最大盈亏功，。根据 图 7.5 做能量指示图。将，和曲线的交点标注，从
37、动轮的运动时间和静止时间的比例可在较大范围内变化只要适当设计出凸轮的轮廓，高，动荷小，但结构较复就能获得预期的运动规律。杂场合传动较平稳，但有柔性冲工机械中击需专用设备加工，有较大冲击运转平稳、定位精度可用于载荷较大的用于具有特殊要求的专用机械中用于转速不高的轻适用场合。将各区间所围的面积分为盈功和亏功，并标注“+”号或“-”向上做号，然后根据各自区间盈亏功的数值大小按比例作出能量指示图（图 7.6）如下：首先自，表示区间的盈功；其次作向下表示区间的亏功；依次类推，直到画完最后一个封闭矢量。由图知该机械系统在区间出现最大盈亏功，其绝对值为：-33-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_
38、杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104（3）求飞轮的转动惯量曲轴的平均角速度：；系统的运转不均匀系数：；则飞轮的转动惯量：图 7.5图 7.67-27-2图 7.7图 7.8解解：（1）驱动力矩动力矩所作的功为。因为给定为常数，因此为一水平直线。在一个运动循环中，驱，它相当于一个运动循环所作的功，即：因此求得：-34-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104（2）求最大盈亏功。根据 图 7.7 做能量指示图。将和曲线的交点标注，。将各区间所围的面积分为盈功和亏功，并标注“+”号或“-”号，然
39、后根据各自区间盈亏功的数值大小按比例作出能量指示图（图 7.8）如下：首先自其次作向下表示区间的亏功；然后作区间出现最大盈亏功向上表示。向上做，表示区间的盈功；区间的盈功，至此应形成一个封闭区间。由图知该机械系统在欲求，先求图7.7 中的长度。如图将图中线1 和线 2 延长交于点，那么在中，相当于该三角形的中位线，可知。又在中，因此有：，则根据所求数据作出能量指示图，见图 7.8，可知最大盈亏功出现在（3）求飞轮的转动惯量和质量。段，则。7-37-3 解解：原来安装飞轮的轴的转速为安装在电动机轴上，飞轮的转动惯量为：，现在电动机的转速为，则若将飞轮7-47-4 解解：（1）求安装在主轴上飞轮的
40、转动惯量。先求最大盈亏功。因为是最大动能与最小动能之差，依题意，在通过轧辊前系统动能达到最大，通过轧辊后系统动能达到最小，因此：则飞轮的转动惯量：-35-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104（2）求飞轮的最大转速和最小转速。（3）因为一个周期内输入功和和输出功相等，设一个周期时间为，则：。7-57-5解：解：，因此有：图 7.9一个周期驱动力矩所作的功为：一个周期阻力矩所作的功为：又时段内驱动力矩所做的功为：因此最大盈亏功为：机组的平均角速度为：-36-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李
41、仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104机组运转不均匀系数为：故飞轮的转动惯量为：7-67-6 答答：本书介绍的飞轮设计方法，没有考虑飞轮以外其他构件动能的变化，而实际上其他构件都有质量，它们的速度和动能也在不断变化，因而是近似的。7-77-7 解：解：图 7.10图 7.11由图见一个运动循环的力矩图有四个重复图示，因此，可以以一个周期只有（1）求驱动力矩来计算。为常数，。一个周期内驱动力矩功和阻力矩功相等，又依题意驱动力矩故有（2）求最大盈亏功，和曲线的交点标注，。根据 图 7.10 做能量指示图。将。将各区间所围的面积分为盈功和亏功，并标注“+”号或“-”号，然后根据各自区间盈
42、亏功的数值大小按比例作出能量指示图（图 7.11）如下：首先自；其次作向下表示向上做，表示区间的盈功，；区间的亏功，然后作向上表示区间的盈功，至此应形成一个封闭区间，。由图知该机械系统在区间出现最大盈亏功（3）求飞轮的转动惯量。-37-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104（4）求飞轮的质量。由课本公式 7-8：7-87-8 解解：得：图 7.12图 7.13（1）求驱动力矩有：。一个周期内驱动力矩功和阻力矩功相等，又依题意驱动力矩为常数，故，（2）求最大盈亏功，。根据 图 7.12 做能量指示图。将和曲线的交点标注，
43、。将各区间所围的面积分为盈功和亏功，并标注“+”号或“-”号，然后根据各自区间盈亏功的数值大小按比例作出能量指示图（图 7.13）如下：首先自的亏功，；其次作向上表示向下做，表示区间区间的盈功，；然后作作向上表示向下表示区间的亏功，。由图知该；区间的盈功，至此应形成一个封闭区间，。机械系统在区间出现最大盈亏功（3）求飞轮的转动惯量。7-97-9 答答：机械有规律的，周期性的速度变化称为周期性速度波动。系统速度波动是随机的、不规则的，没有一定周期的称为非周期性速度波动。调节周期性速度波动的常用方法是在机械中加上转动惯量很大的回转件飞轮。非周期性速度波动常用调速器调节。经过调节后只能使主轴的速度波
44、动得以减小，而不-38-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104能彻底根除。7-107-10 解解：图 7.14图 7.15（1）先求阻力矩。因为阻力矩为常数，故有，再求发动机平均功率。一个周期内输出功为；一个周期所用的时间为：；因此发动机的平均功率为：（2）首先求最大盈亏功。和曲线的交点标注。根据 图 7.14 做能量指示图。将，。将各区间所围的面积分为盈功和亏功，并标注“+”号或“-”号，然后根据各自区间盈亏功的数值大小按比例作出能量指示图（图 7.15）如下：首先自间的亏功；其次作闭区间。向上表示区间的盈功；然后向
45、下表示向下做，表示区区间的亏功，至此应形成一个封欲求，先求图 7.15 中的长度。由图知，因此有：，则-39-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104根据所求数据作出能量指示图，见图 7.15，可知最大盈亏功出现在则求飞轮的转动惯量为段，则。（3）若将飞轮转动惯量减小速为，则有：，而保持原值，可将飞轮安装在速度较高一点的轴上，设该轴的转，8-18-1 解解：依题意该转子的离心力大小为该转子本身的重量为则8-28-2 答答：方法如下：，即该转子的离心力是其本身重量的倍。（1）将转子放在静平衡架上，待其静止，这时不平衡转子的
46、质心必接近于过轴心的垂线下方；（2）将转子顺时针转过一个小角度，然后放开，转子缓慢回摆。静止后，在转子上画过轴心的铅垂线1；（3）将转子逆时针转过一个小角度，然后放开，转子缓慢回摆。静止后画过轴心的铅垂线 2；（4）做线 1 和 2 的角平分线，重心就在这条直线上。8-38-3 答答：（1）两种振动产生的原因分析：主轴周期性速度波动是由于受到周期性外力，使输入功和输出功之差形成周期性动能的增减，从而使主轴呈现周期性速度波动，这种波动在运动副中产生变化的附加作用力，使得机座产生振动。而回转体不平衡产生的振动是由于回转体上的偏心质量，在回转时产生方向不断变化的离心力所产生的。（2）从理论上来说，这
47、两种振动都可以消除。对于周期性速度波动，只要使输入功和输出功时时相等，就能保证机械运转的不均匀系数为零，彻底消除速度波动，从而彻底消除这种机座振动。对于回转体不平衡使机座产生的振动，只要满足静或动平衡原理，也可以消除的。（3）从实践上说，周期性速度波动使机座产生的振动是不能彻底消除的。因为实际中不可能使输入功和输出功时时相等，同时如果用飞轮也只能减小速度波动，而不能彻底消除速度波动。因此这种振动只能减小而不能彻底消除。对于回转体不平衡产生的振动在实践上是可以消除的。对于轴向尺寸很小的转子，用静平衡原理，在静平衡机上实验，增加或减去平衡质量，最后保证所有偏心质量的离心力矢量和为零即可。对于轴向尺
48、寸较大的转子，用动平衡原理，在动平衡机上，用双面平衡法，保证两个平衡基面上所有偏心质量的离心力食量和为零即可。8-48-4-40-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104图 8.7解：解：已知的不平衡质径积为。设方向的质径积为，方向的质径积为，它们的方向沿着各自的向径指向圆外。用作图法求解，取件得：由图 8-7 量得8-58-5，。，作图 8.7 所示。由静平衡条图 8.9解：解：先求出各不平衡质径积的大小：方向沿着各自的向径指向外面。用作图法求解，取，作图 8.9 所示。由静平衡条件得：-41-机械设计基础(第五版)课
49、后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104由图 8.9 量得8-68-6，方向与水平夹角为。图 8.11解：解：（1）求质心偏移实际就是求静平衡时的平衡向静，因此可以按照静平衡条件考虑这个问题。先求出各不平衡质径积的大小：方向沿着各自的向径指向外面。用作图法求解，取，作图 8.11（a）所示。由静平衡条件得：由图量得，则质心偏移的距离为。，偏移的方向就是平衡质径积的方向，与水平夹角为（2）求左右支反力实际上就是求动平衡时在左右支点所在平面所需要的平衡力。先把不平衡质量在两支承所在平面上分解。左支承：右支承：；则在两个支承所在平面上的质径积的大小分
50、别为：左支承：右支承：；，作图 8.11（b）（c）所示。由动平衡条方向沿着各自的向径指向外面。用作图法求解，取件得：-42-机械设计基础(第五版)课后习题答案(完整版)_杨可竺、程光蕴、李仲生主编_高等教育出版社王卓研 100820104左支承：则支反力大小为，量得，右支承：则支反力大小为8-78-7，量得，图 8.13解：解：（1）先把不平衡质量在两平衡基面 和 上分解。基面：基面：则在两个基面上的质径积分别为：基面：基面：用作图法求解，取基面：，方向垂直向下。，方向垂直向上。，作图 8.13（a）（b）所示。由动平衡条件得：，平衡质径积，方向垂直向上。基面：8-88-8，平衡质径积，方向