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1、机械原理第二版课后答案朱理1/37 机械原理作业第一章结构分析作业1.2 解：F=3n2PLPH=33241=0 该机构不能运动，修改方案如下图：1.2 解：（a）F=3n2PLPH=34251=1 A 点为复合铰链。（b）F=3n2PLPH=35262=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=3n2PLPH=35270=1 FIJKLM 为虚约束。1.3 解：机械原理第二版课后答案朱理2/37 F=3n2PLPH=372100=1 1）以构件 2 为原动件，则结构由87、65、43 三个级杆组组成，故机构为级机构(图 a)。2）以构件 4 为原动件，则结构由87
2、、65、23 三个级杆组组成，故机构为级机构(图 b)。3）以构件 8 为原动件，则结构由2345 一个级杆组和67 一个级杆组组成，故机构为级机构(图 c)。(a)(b)(c)机械原理第二版课后答案朱理3/37 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 VD 13PDVV机械原理第二版课后答案朱理4/37 而25241314PPAEVVED，所以smmVVED/144252415025242.求 1 sradlVAEE/25.112015013.求 2因98382412141212PPPP，所以srad/46.
3、0983825.19838124.求 C 点的速度 VCsmmCPVlC/2.10154446.02422.3 解：取mmmml/1作机构位置图如下图a所示。1.求 B2点的速度 VB2VB2=1LAB=1030=300 mm/s 2.求 B3点的速度 VB3 VB3 VB2 VB3B2大小？1LAB？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=123 mm,则mmBCllBC12311233.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 b
4、3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；机械原理第二版课后答案朱理5/37 smmbbVvBB/170101732234.求 3sradlVBCB/2.2123270335.求nBa222212/30003010smmlaABnB6.求3BaaB3 aB3n aB3t aB2 aB3B2k aB3B2大小 32LBC？12LAB 23VB3B2？方向BC BC BA BC BC 22233/5951232.2smmlaBCnB223323/11882702.222smm
5、VaBBkBB机械原理第二版课后答案朱理6/37 取mmsmma2/50作速度多边形如上图c 所示，由图量得：mmb233，mmbn2033,所以233/11505023smmbaaB2333/10005020smmbnaatB7.求3233/13.81231000sradlaBCtB8.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eb3CBE,即BEebCEeCBb33，得到 e 点；过 e 点作3 b，得到 d 点,由图量得：机械原理第二版课后答案朱理7/37 mme16，mmd13，所以2/6505013smmdaaD，2/8005016smmeaaE。2.7
6、 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=1LAB=200.1=2 m/s 2.求 B3点的速度 VB3VB3 VB2 VB3B2大小？1LAB？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：机械原理第二版课后答案朱理8/37 mmpb203，所以smpbVvB/105.02033而 VD=VB3=1 m/s 3.求nBa222212/401.020smlaABnB4.求3BaaB3 aB2naB3B2大小？12LAB？方向水平BA BD 取mmsma2/1作速度多边形如上图c 所示，由图量
7、得：mmb353，所以233/35135smbaaB。二、用解析法进行分析smlVVABBD/130sin1.020sinsin111232212123/6.3430cos1.020coscos1smlaaABBD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，机械原理第二版课后答案朱理9/37 图 b 中三角形、分别为滑块2、1 的力多边形，根据滑块2 的力多边形得：cos)90sin()260sin(1212RRrFFF，)260sin(cos12rRFF由滑块 1 的力多边形得：cos)90sin()260sin(2121RRdFFF，)26
8、0sin()260sin()260sin(cos)260sin(coscos)260sin(21rrRdFFFF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；机械原理第二版课后答案朱理10/37 取mmNF/50作机构力多边形，得：NFR3000506065，NFR3350506745，NFFFFRRRR335043345445，NFR1750503523，NFR2500505063，NFFFFRRRR175021123223
9、mNmmNlFMABRb1751750001001750213.2 解：机构受力如图a)所示机械原理第二版课后答案朱理11/37 由图 b)中力多边形可得：NtgFtgFR10001000455465NFFFRR2.141445sin1000sin4543454.18sin45sin6.116sin236343RRRFFFNFFRR4.11182.14146.116sin45sin6.116sin45sin4363NFFRR5002.14146.116sin4.18sin6.116sin4.18sin4323所以NFFFRRR500612321mNmmNlFMABRb5050000100500
10、213.3 解：机构受力如图所示机械原理第二版课后答案朱理12/37 由图可得：对于构件 3 而言则：02343RRdFFF，故可求得23RF对于构件 2 而言则：1232RRFF对于构件 1 而言则：02141RRbFFF，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(2121RRdFFF，)2sin()cos(21dRFF则夹紧力为：)2sin(cos)cos(cos21dRFFFr2.反行程时取负值，21RF为驱动力，而dF为阻
11、力，故)2sin()cos(21dRFF，而理想驱动力为：tgFFFddRsincos021所以其反行程效率为：)cos()2sin()2sin()cos(21210tgFtgFFFddRR机械原理第二版课后答案朱理13/37 当要求其自锁时则，0)cos()2sin(tg，故0)2sin(，所以自锁条件为：23.10 解：1.机组串联部分效率为：821.095.098.09.0212232.机组并联部分效率为：688.095.098.0327.038.02 32BABBAAPPPP3.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
12、机的功率：kwNNrd85.8565.05第四章平面连杆机构作业4.1 解：1.d 为最大，则cbda故mmacbd520120360280 d 为中间，则dbca故mmbcad200280360120机械原理第二版课后答案朱理14/37 所以 d 的取值范围为：mmdmm5202002.d 为最大，则cbda故mmacbd520120360280 d 为中间，则dbca故mmbcad200280360120 d 为最小，则abdc故mmcabd40360120280 d 为三杆之和，则mmcabd760360120280所以 d 的取值范围为：mmdmm20040和mmdmm760520机械
13、原理第二版课后答案朱理15/37 3.d 为最小，则abdc故mmcabd403601202804.3 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：20.11618016180180180K2.因为102505210072284231llll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。机械原理第二版课后答案朱理16/37 4.7 解：1.取mmmm
14、l/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：05.151805180180180K由图量得：行程：mmhl240640402.由图量得：68min，故4068min3.若当0e，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。机械原理第二版课后答案朱理17/37 4.16 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
15、的位置，由图中量得63max，图中 AB”C”为机械原理第二版课后答案朱理18/37 max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：3618015.115.118011KK2.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；机械原理第二版课后答案朱理19/37 mmABllAB2221122，mmCBllCB502252222。第五章凸轮机构作业5.1 解：图中(c)图的作法是正确
16、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。机械原理第二版课后答案朱理20/37 机械原理第二版课后答案朱理21/37 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；最大行程 h=bc=20mm、推程角1880、回程角1720；凸轮机构不会发生运动失真，因为凸轮理论轮廓曲线为一圆。机械原理第二版课后答案朱理22/37 5.7 解：所
17、设计的凸轮机构如图所示。机械原理第二版课后答案朱理23/37 5.13 解：1)理论轮廓为一圆，其半径R=50mm；2)凸轮基圆半径mmlRrOA2525500；3)从动件升程 h=50mm；4)推程中最大压力角30)5025arcsin()arcsin(maxRlOA5)若把滚子半径改为15 mm，从动件的运动没有变化，因为从动件的运动规律与滚子半径无关。第六章齿轮机构作业6.1 解：1）弧度6929.0423397.396550arccosarccoskbkrrmmrkkk52.417.39sin65sin机械原理第二版课后答案朱理24/37 2）弧度34907.020k，查表得13.51
18、 851kmmrrkbk67.7913.51cos50cos6.2 解：1.)5.2()25.01(22zmzmhddffmzmzddb9397.020coscosmzzm9397.0)5.2(，5.29397.0zz45.419397.015.2z2.取42z则，mmdmmdbf46.39429397.05.39)5.242(bfdd6.4 解：8442)240()2(2*mmhzmhddaaammm24284机械原理第二版课后答案朱理25/37 6.5 解：1）mmmzd7224311，mmmzd330110322；2）mmhzmhddaaa78)224(3)2(2*111mmhzmhdd
19、aaa336)2110(3)2(2*2223）mmchmhhhafa75.6)25.02(3)2(*4）mmzzma201)11024(23)(2215)coscosaa,015.1201204coscosaammdddb08.73015.172coscoscos111mmdddb65.111015.1110coscoscos2226.9 解：1.mmzmdn12.6215cos203cos11mmzmdn92.11415cos373cos22mmhddaa12.6813212.62211机械原理第二版课后答案朱理26/37 mmhddaa92.12013292.1142222.mmzzman
20、09.208)11024(15cos23)(cos2213.24.1315sin45sin2nmb4.19.2215cos20cos3311zzv06.4115cos37cos3322zzv6.12 解：1.齿轮 1、2 和齿轮 3、4 的传动中心距分别为：mmzzma47)3215(22)(221mmzzma50)3020(22)(243根据其中心距，选齿轮3、4 为标准齿轮传动，而齿轮1、2 为正变位传动。实际中心距取为a50 mm，此方案为最佳。因为，齿轮3、4 的中心距较大，选其为标准传动，使该设计、加工简单，互换性好，同时也避免了齿轮1、2 采用负变位传动不利的情况。齿轮l、2 采用
21、正传动，一方面可避免齿轮发生根切，如齿轮z11517，故必须采用正变位；另一方面齿轮的弯曲强度及接触强度都有所提高。2.齿轮 1、2 改为斜齿轮传动时，由题意要求：两轮齿数不变，模数不变，即，m nm2 mm，其中心距为机械原理第二版课后答案朱理27/37 mmazzman50)3215(cos22)(cos221则94.0)3215(5022cos，545619948.193.06.18948.19cos15cos3311zzv53.38948.19cos32cos3322zzv4.对于斜齿轮来说不发生根切的最少齿数为：12.14948.19cos17cos33minvzz而12.1415m
22、in2zz所以该齿轮不会发生根切。6.14 解：1.252501212zzi,mmqzma240)1050(28)(222.mmmqd801081,mmmzd40050822mmhqmdaa96)210(8)2(*1mmhzmdaa416)250(8)2(*22mmchqmdaf60)25.02210(8)22(*1mmchzmdaf380)25.02250(8)22(*22机械原理第二版课后答案朱理28/37 6.15 解：各个蜗轮的转动方向如图所示。6.17 解：1.25)3014()(211arctgzzarctg,6525902,对于圆锥齿轮不发生根切的最少齿数为：41.1525cos
23、17cos11minvzz，当minzz则会发生根切，而41.1514min1zz，故会发生根切。2.3599.34)2014()(211arctgzzarctg则93.1335cos17cos11minvzz而93.1314min1zz，故不会发生根切。第七章齿轮系作业7.2 解：齿条的移动方向如图所示，其轮系传动比为：机械原理第二版课后答案朱理29/37 322608060804012048 43 2154325115zzzzzzzznni则齿轮 5 的转速为：min/5.7322401515rinn又齿轮 5 分度圆直径为：mmmzd32556555所以齿条的移动速度为：smndv/12
24、8.0600005.73251000605 567.3 解：1.其轮系传动比为：11.55695005181815578423 214324114zzzzzznni则齿轮 4 的转速（即转筒 5 的转速）为：min/70.211.556150014145rinnn所以重物的移动速度为：机械原理第二版课后答案朱理30/37 smnDv/057.0600007.24001000605562.电动机的转向如图所示。7.6 解：1.该轮系为复合轮系，由齿轮1、2、2、3、H 组成一个周转轮系，由齿轮 1、2、2、4、H 另组成一个周转轮系。2.周转轮系 1、2、2、3、H 的传动比为：14364022
25、268032 21323113zzzznnnniHHH则HHnnnn64064014314331故min/9.13783)50(64030014314364064014331rnnnH所以Hn与1n转向相同3.周转轮系 1、2、2、4、H 的传动比为：1432882226363221424114zzzznnnniHHH则HHnnnn28828814314341，故min/156288)143288(9.1330014328828814314314rnnnnHH所以4n与1n转向相同机械原理第二版课后答案朱理31/37 7.8 解：1.该轮系为复合轮系，由齿轮 1、2、3、H 组成周转轮系，由齿
26、轮 3、4、5 组成定轴轮系。2.周转轮系的传动比为：42288133113zznnnniHHH故3314344nnnnnnHHH定轴轮系的传动比为：1353535 3zznnnniH故Hnnnn53 33.因此555317)(4343nnnnnnH所以75115nni7.13 解：1.该轮系为复合轮系，由齿轮3、4、5、H 组成周转轮系，由齿轮1、2、2、3 组成一个定轴轮系，由齿轮5、6 组成另一个定轴轮系。2.周转轮系的传动比为：252460 355 35 3zznnnniHHH机械原理第二版课后答案朱理32/37 故HHnnnn55225 3，则7525 3nnnH定轴轮系 1、2、2
27、、3 的传动比为：3230903060 21323113zzzznni故min/150100232313rnn定轴轮系 5、6 的传动比为：983632 566 56 5zznni故min/80090098986 5rnn3.而 33nn，55nn，所以min/6.5287)800(515027525 3rnnnH因此Hn与An转向相反。第八章其他常用机构作业8.5 解：2561565106535321ttt67.0323525253512ttk机械原理第二版课后答案朱理33/37 323112462)26(2)2(nnnzznk21332n第九章机械的平衡作业9.3 解：盘形转子的平衡方程为
28、：04433221bbrmrmrmrmrm则01006150820071005bbrm060012001400500bbrm取mmkgmmF/20701400，画向量多边形，由向量多边形量得ae=55 mm,57，所以kgmmaermFbb920205则kgrrmmbbbb4.42501100解析法计算：mmceacae1.54304522223.56304511tgceactg机械原理第二版课后答案朱理34/37 9.4 解：1.将质量1m、2m向平面和平面进行分解：kglllllmm1020032002153213222kgllllmm5200320015321122kgllllmm67.
29、6200320020321133kglllllmm33.13200320022032112332.在平面内有1m、2m、3m，故其平衡方程为：033221bbrmrmrmrm则010067.61501030010bbrm066715003000bbrm取mmkgmmF/50603000，画向量多边形图 a)，由向量多边形 a)机械原理第二版课后答案朱理35/37 量得 ad=40 mm,20，机械原理第二版课后答案朱理36/37 所以kgmmadrmFbb20005040则kgrrmmbbbb540020003.在平面内有4m、2m、3m，故其平衡方程为：0332244bbrmrmrmrm则0
30、10033.13150515010bbrm013337501500bbrm取mmkgmmF/50，画向量多边形图b)，由向量多边形量 b)得 a d=39 mm,34，所以kgmmdarmFbb19505039则kgrrmmbbbb87.44001950解析法计算：1.在平面内机械原理第二版课后答案朱理37/37 5.191630sin10067.660cos1501030sin3001030sin60cos30sin)(332211rmrmrmrmxbb4.72130cos10067.660sin1501030cos3001030cos60sin30cos)(332211rmrmrmrmyb
31、bkgmmrmrmrmybbxbbbb8.2047)4.721()5.1916()()(2222则kgrrmmbbbb12.54008.20476.205.19164.721)()(11tgrmrmtgxbbybb2.在平面内5.159030sin10033.1360cos150530cos1501030sin60cos30cos)(332244rmrmrmrmxbb9.105330cos10033.1360sin150530sin1501030cos60sin30sin)(332244rmrmrmrmybbkgmmrmrmrmybbxbbbb0.1908)9.1053()5.1590()()(2222则kgrrmmbbbb8.440019085.335.15909.1053)()(11tgrmrmtgxbbybb