机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(7-11章)

机械原理

第7章课后习题参考答案

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。

7—5由式JF=△Wmax／(ωm2 [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

1111G122Je12J12(JJ)Jv2

122`32222g 2

则

1Gv2JeJ1J(J2J2)`22)J32))211g1

7-8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

-3导程d=6 mm，转动惯量J3=1.2×10kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 ×10-6kg.m2，J2=768

-62×10kg.m。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。 JeJ1z12z1z2`2G2

z1z2`21J(JJ)()J)r)22`3(3(2z2z2z3gzz23

解：根据等效转动惯量的等效原则．有

11112Je12J12(JJ)mv4241232222 2

v1JeJ1J(J2J3)(2)2m4(4)2

211 则:

J1

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

=5.284×l0-3kg.m2

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 kg.m2，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

对式①积分得 zz1J(J2J3)(1)2m4l2(1)22z2z2 dt8d1002000 (1)

8d(1002000)

100100(1002000)

8[ln(1002000)ln(1001002000)]100

2[ln(1002000)ln8000]25 (2) t

将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000

解得 ω=20+80e-12.5t

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

2）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

JF`=JF(n/nn)2=80.473×(100/1440)2=0.388kg.m2 JF900Wmax900441.24280.473kg.m2222n[]1000.05

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=φc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

（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

WmaxAbABc200116.6720200116.67130200116.67(67.26N.m[1**********]200 900W90067.262JF22max21.596kg.mn[]62020.01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。

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：

0MfJ11dJ1dt3 （1）

d22J2dt3 （2）

JJ1122

J1J2 由式（1）（2）得：Mf0J2

式中 J1=m1ρ12 J2=m2ρ22

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30

从而

2n21000.4521000.625220m112n1m223.533rad/s230m112m22301000.4521000.6252 由（1）得:

MfJ113

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。

m112n11000.452100()(3.533)46.838N.m330330

解 取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

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 Je1J1J2eJ5(52201)0.0180.015144()20.0504kg.m215235

Me11MdMr1Mr5(

295505Pz1)29550nMr1Mr5(3)1nnz4i2 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

φ11=φ10+ω10t1+(1/2)α1t12

式中: φ10=0, ω10=0, ． t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以 0.552010.380()6.378N.m13905235

Me116.378t10.1518.982rad/sJe10.0504

1M6.37811e11t120.50.1521.424rad2Je10.0504 11第二阶段的等效力矩为

Me12Mr1Mr5(5z1201)Mr1Mr5(3)0.380()1.179N.m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

φ12=φ11+ω11t2+(1/2)α2t22

式中: ω12=0, α2=Me12/Je1 所以

t2J1118.9820.050411e10.811s2Me21.179

1Me1221.179t21.142418.9820.8110.50.81129.125rad2Je10.0504

z3118020180)10.549638`31``z4i25235 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：

51(

第8章课后习题参考答案

8-l 铰链四杆机构中，转动副成为周转副的条件是什么?在下图所示四杆机构ABCD中哪些运动副为周转副?当其杆AB与AD重合时，该机构在运动上有何特点?并用作图法求出杆3上E点的连杆曲线。

答：转动副成为周转副的条件是：

（1）最短杆与最长杆的长度之和小于或等于其他两杆长度之和；

（2）机构中最短杆上的两个转动副均为周转副。图示ABCD四杆机构中C、D为周转副。

当其杆AB与AD重合时，杆BE与CD也重合因此机构处于死点位置。

8-2曲柄摇杆机构中，当以曲柄为原动件时，机构是否一定存在急回运动，且一定无死点?为什么? 答：机构不一定存在急回运动，但一定无死点，因为：

（1）当极位夹角等于零时，就不存在急回运动如图所示，

（2）原动件能做连续回转运动，所以一定无死点。

8-3 四杆机构中的极位和死点有何异同?

8-4图a为偏心轮式容积泵；图b为由四个四杆机构组成的转动翼板式容积泵。试绘出两种泵的机构运动简图，并说明它们为何种四杆机构，为什么?

解 机构运动简图如右图所示，ABCD是双曲柄机构。

因为主动圆盘AB绕固定轴A作整周转动，而各翼板CD绕固定轴D转动，所以A、D为周转副，杆AB、CD都是曲柄。

8-5试画出图示两种机构的机构运动简图，并说明它们各为何种机构。

图a曲柄摇杆机构

图b为导杆机构。

8-6如图所示，设己知四杆机构各构件的长度为a240mm，b600mm,c400mm,d500mm。试问:

1)当取杆4为机架时，是否有曲柄存在?

2)若各杆长度不变，能否以选不同杆为机架的办法获得双曲柄机构和双摇杆机构?如何获得?

3)若a、b﹑c三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围为何值? :

解 (1)因a+b=240+600=840≤900=400+500=c+d且最短杆 1为连架轩．故当取杆4为机架时，有曲柄存在。

(2)、能。要使此此机构成为双曲柄机构，则应取1杆为机架；两使此机构成为双摇杆机构，则应取杆3为机架。

(3)要获得曲柄摇杆机构, d的取值范围应为440~760mm。

8-7图示为一偏置曲柄滑块机构，试求杆AB为曲柄的条件。若偏距e=0，则杆AB为曲柄的条件是什么?

解 (1)如果杆AB能通过其垂直于滑块导路的两位置时，则转动副A为周转副，故杆AB为曲柄的

条件是AB+e≤BC。

(2)若偏距e=0, 则杆AB为曲柄的条件是AB≤BC

8-8 在图所示的铰链四杆机构中，各杆的长度为l128mm，l252mm， l350mm，l472mm，试求:

1)当取杆4为机架时，该机构的极位夹角、杆3的最大摆角、最小传动角min和行程速比系数K;

2)当取杆1为机架时，将演化成何种类型的机构?为什么?并说明这时C、D两个转动副是周转副还是摆转副;

3)当取杆3为机架时，又将演化成何种机构?这时A、B两个转动副是否仍为周转副?

解 (1)怍出机构的两个极位，如图, 并由图中量得：

θ=18.6º,φ=70.6º, γmin=22.7 º

(2)①由l1+l4 ≤l2+l3可知图示铰链四杆机构各杆长度符合杆长条件；小②最短杆l为机架时，该机构将演化成双曲柄机构；③最短杆1参与构成的转动副A、B都是周转副而C、D为摆转副；

（3）当取杆3为机架时，最短杆变为连杆，又将演化成双摇杆机构，此时A、B仍为周转副。

k18018018018018.612.318.6

8-9 在图示的连杆机构中，已知各构件的尺寸为lAB160mm,lBC260mm,

lCD200mm,lAD80mm,构件AB为原动件，沿顺时针方向匀速回转，试确定:

1)四杆机构ABCD的类型;

2)该四杆机构的最小传动角min；

3)滑块F的行程速比系数K。

解 （1)由lAD+lBC

(2)作出四杆机构ABCD传动角最小时的位置。见图并量得γmin=12º

(3)作出滑块F的上、下两个极位及原动件AB与之对应的两个极位，并量得θ=47º。求出滑块F的行程速比系数为

k180180180180471.7147

8-10试说明对心曲柄滑块机构当以曲柄为主动件时，其传动角在何处最大?何处最小?

解 在曲柄与导轨共线的两位置之一传动角最大，γmax=90 º；

在曲柄与机架共线的两位置之一传动角最小，γmin=arcos(LAB/lBC)。

8-11正弦机构(图8一15b)和导杆机构(图8—22a)中，当以曲柄为主动件时，最小传动角γmin为多少?传动角按什么规律变化?

解 γmin=90º；

传动角恒定不变。

8-12图示为偏置导杆机构，试作出其在图示位置时的传动角以及机构的最小传动角及其出现的位置，并确定机构为回转导杆机构的条件。

解 传动角以及机构最小传动角及其出现的位置如下图所示。机构为

回转导杆机构的条件: AB≤AC

8-13如图8—57所示，当按给定的行程速度变化系数K设计曲柄摇杆机构时，试证明若将固定铰链A的中心取在FG弧段上将不满足运动连续性要求。

答 因这时机构的两极位DC1, DC2将分别在两个不连通的可行域内。

8-14图示为一实验用小电炉的炉门装置，关闭时为位置E1，开启时为位置E2。试设计一个四杆机构来操作炉门的启闭(各有关尺寸见图)。(开启时，炉门应向外开启，炉门与炉体不得发生干涉。而关闭时，炉门应有一个自动压向炉体的趋势(图中S为炉门质心位置)。B、C为两活动铰链所在位置。

解 (1)作出B2C2的位置；用作图法求出A及D的位置，并作出机构在E2位置的运动简图，见下图，并从图中量得

lAB==μl.AB=95 mm

lAD=μl.AD =335mm

lCD=μl.CD=290mm

(2)用怍图法在炉门上求得B及C点位置，并作出机构在位置的运动图(保留作图线)。作图时将位置E1转至位置E2，见图并量得

lAB=μl.AB=92.5 mm

lBC=μlBC=l 27.5 rnm

lCD=μl.CD=262.5 mn

8-15 图示为公共汽车车门启闭机构。已知车门上铰链C沿水平直线移动，铰链B绕固定铰链A转动，车门关闭位置与开启位置夹角为a=115 º，AB1//C1C2，lBC=400 mm，1C1C2=550 mm , 试求构件AB的长度，验算最小传动角，并绘出在运动中车门所占据的空间(作为公共汽车的车门，要求其在启闭中所占据的空间越小越好。

8-16 图示为一已知的曲柄摇杆机构，现要求用一连杆将摇杆CD和 滑块F联接起来，使摇杆的三个已知位置C1D、C2D、C3D和滑块的三个位置F1、F2、F3相对应(图示尺寸系按比例绘出)。试确定此连杆的长度及其与摇杆CD铰接点的位置。

解 由题意知，本题实际是为按两连架汗(摇杆与滑块)的预定对应位置设计四扦机构的同题。具体作图过程如下图所示。连杆的长度为lEF=μlE2F2= l 30 mm。

8-17 图示为某仪表中采用的摇杆滑块机构，若已知滑块和摇杆的对应位置为S1=36mm，S12=8mm，

S23=9 mm ; φ12=25 º，φ23=35 º，摇杆的第Ⅱ位置在铅垂方向上。滑块上铰链点取在B点，偏距e=28 mm, 试确定曲柄和连杆长度。

解 本题属于按两连架轩预定的对应位置设计四杆机构问题。此问题可用反转法求解。曲柄长度

22.2mm，连杆长度52.2 mm．见图中标注。

8-18试设计图示的六杆机构。该机构当原动件l自y轴顺时针转过φ12=60 º时，构件3顺时针转过

ψ=45 º恰与x轴重合。此时，滑块6自E1点移动到E2点，位移s12=20 mm。试确定铰链B及C的位置。

解 由题意知，所要设计的六杆机构ABCDEF是由铰链四杆机构ABCD和摇杆滑块机构CDE串联所组成，故此设计问题，可分解为两个四杆机构的设计问题。

对于摇杆滑块机构CDE的设计，就是确定活动铰链C的位置，可用反转法设汁，具体作法如下图所示。

对于铰链四扦机构ABCD的设计．就是确定活动铰链B的位置，也可用反转法设计，具体作法如下图所示。

8-19现欲设计一四杆机构翻书器。如图所示，当踩动脚踏板时，连杆上的肘点自M，移至M：就可翻过一页书。现已知固定铰链A、D的位置，连架杆AB的长度及三个位置以及描点M的三个位置。试设计该四杆机构(压重用以保证每次翻书时只翻过一页)

解：作图，并量得：AB=36mm, AD=47mm, CD=5mm,

BC=10mm, BM=36mm, CM=44mm

8-20现需设计一铰链四杆机构，用以启闭汽车前灯的遮避窗门。图示为该门(即连杆上的标线)在运

动过程中的五个位置，其参数如表8—3所示。试用解析法设计该四杆机构(其位置必须限定在图示长方形的有效空间内)。

8-21图示为一用推拉缆操作的长杆夹持器，用一四杆机构ABCD来实现夹持动作。设已知两连

架杆上标线的对应角度如图所示，试确定该四杆机构各杆的长度。

解：取AD为机架，并以适当比例尺作机架AD及AB杆与DE杆的三对对应位置。此机构设计简要

步骤如图（保留作图线），机构各杆长度为：

8-22图示为一汽车引擎油门控制装置。此装置由四杆机构ABCD、平行四边形机构DEFG及油门装

置所组成，由绕O轴转动的油门踏板OI驱动可实现油门踏板与油门的协调配合动作。当油门踏板的转角分别为0º、5º、15º及20º时，杆MAB相对应的转角分别为0º、32º、52º及63º(逆时针方向)，与之相应油门开启程度为0º(关闭)、14º、44º及60º(全开)四个状态。现设lAD=120 mm，试以作图法设计此四杆机构ABCD，并确定杆AB及CD的安装角度β1及β2的大小(当踏板转20º时，AM与OA重合，DE与AD重合)。

解：（1）由平行四边形机构特征知杆CD的转角与油门开启角相同，故四杆机构ABCD两连架杆AB

及CD的三对对应角α12=32 º, φ12=14 º; α13=52 º, φ13=44 º, α14=63 º, φ14=60 º；且均为逆时针方向；

（2）取相应比例尺作出机架AD如图所示；

取BB为归并点，按点归并法设计此四杆机构（保留全部作图线），并量得：

lAB=μl.AB=92mm, lAD=μl.AD=120mm, lBC=μl.BC=180mm, lCD=μl.CD=34mm; β1=92º,

β2=102º

8-23 如图所示，现欲设计一铰链四杆机构，设已知摇杆CD的长lCD75mm行程速比系数K=1.5，机架AD的长度为lAD100mm，摇杆的一个极限位置与机架间的夹角为

连杆的长度lBC（有两组解）。

45，试求曲柄的长度lAB和

解：先计算

再以相应比例尺μl.作图可得两个解：

(1) lAB=μl. (AC2-AC1)/2 =49.5mm, lBC=μl. (AC2+AC1)/2=119.5mm

(2) lAB=μl. (AC1-AC2)/2 =22mm, lBC=μl. (AC2+AC1)/2=48mm

180k11.5118k11.5136

8-24如图所示，设已知破碎机的行程速度变化系数K=1.2，颚板长度lCD=300 mm颚板摆角φ=35º，

曲柄长度lAD=80 mm。求连杆的长度，并验算最小传动角γmin是否在允许的范围内。

解：先计算

取相应比例尺μl作出摇杆CD的两极限位置C1D及C2D和固定铰链A所

在圆s1(保留作图线)。 -

如图所示，以C2为圆心、2AB为半径作圆，同时以F为圆心2FC2为半径作圆，两圆交于点E，作C2E的延长线与圆s1的交点，即为铰链A的位置。

由图知： lBC=μl. AC1+lAB=310mm

γmin=γ``=45º>40º 180k11.5118036k11.51

8-25图示为一牛头刨床的主传动机构，已知lAB=75 mm，lDE=100 mm，行程速度变化系数K=2，刨头5的行程H=300 mm。要求在整个行程中，推动刨头5有较小的压力角，试设计此机构。

解 先算导杆的摆角取相应比例尺μl作图，由图可得导杆机构导杆和机架的长度为：

LCD=μl.CD=300mm, lAC=μl.AC=150mm;

导杆端点D的行程 D1D2=E1E2=H/μl

为了使推动刨头5在整行程中有较小压力角，刨头导路的位置h成为

H=lCD(1+cos(φ/2))/2=300[(1+cos(60/2))/2=279.9mm 180k12118060k121

点津 本题属于按行程速比系数K设计四杆机构问题，需要注意的是：①导杆CD的最大摆角与机构极位夹角相等：②因H=300mm，且要求在整个行中刨头运动压力角较小。所以取CD1=CD2=300mm, 则D1D2=H=300mm。

8-26某装配线需设计一输送工件的四杆机构，要求将工件从传递带C1经图示中间位置输送到传送带C2上。给定工件的三个方位为：M1(204，-30)，θ21=0º；M2(144，80)，θ22=22 º；M3(34，100)，θ

。初步预选两个固定铰链的位置为A(0，0)、D(34，一83)。试用解析法设计此四杆机构。 23=68 º

解 由题可知, 本题属于按预定的连杆位置用解析法设汁四杆机构问题，

N=3，并已预选xA, yA和xD, yD坐标值，具体计算过程略。

8-27 如图所示，设要求四杆机构两连架杆的三组对应位置分别为:135，150，280，275，3125，3105。试以解析法设计此四杆机构。

解：（1）将α, φ 的三组对应值带入式（8-17）（初选α0=φ0=0）

Cos(α+α0)=p0cos(φ+φ0)+p1cos[(φ+φ0)-(α+α0)]+p2

2得

解之得（计算到小数点后四位）p0=1.5815, p1=-1.2637, p2=1.0233

（2）如图所示，求各杆的相对长度，得n=c/a=p0=1.5815, l=-n/p=1.2515

m1.5831

cos35p0cos50p1p0cos75p1cos805p0cos10p51cos12cos(50p325)cos(75p820)cos(105p125)（3）求各杆的长度：得d=80.00

a=d/l=80/1.2515=63.923mm

b=ma=1.5831ⅹ63.923=101.197mm

c=na=1.5851ⅹ63.923=101.094mm

8-28试用解析法设计一曲柄滑块机构，设已知滑块的行程速度变化系数K=1．5，滑块的冲程H=50

mm，偏距e=20 mm。并求其最大压力角αmax。

解：计算

作偏距线，两者的交点即铰链所在的位置，由图可得：

lAB=μl. (AC2-AC1)/2 =17mm, lBC=μl. (AC2+AC1)/2=36mm 180k11.5118036k11.51并取相应比例尺μl根据滑块的行程H作出极位及作θ圆，

8-29试用解析法设计一四杆机构，使其两连架杆的转角关系能实现期望函数y=^，l≤z≤10。

8-30如图所示，已知四杆机构。ABCD的尺寸比例及其连杆上E点的轨迹曲线，试按下列两种情况设计一具有双停歇运动的多杆机构：

1)从动件摇杆输出角为45º：

2)从动件滑块输出行程为5倍曲柄长度。

8-31请结合下列实际设计问题，选择自己感兴趣的题目，并通过需求背景调查进一步明确设计目标

和技术要求，应用本章或后几章所学知识完成相应设计并编写设计报告。

1)结合自己身边学习和生活的需要，设计一折叠式床头小桌或晾衣架，或一收藏式床头书架或脸盆架或电脑架等；

2)设计一能帮助截瘫病人独自从轮椅转入床上或四肢瘫痪已失去活动能力的病人能自理用餐或自动翻书进行阅读的机械；

3)设计适合老、中、青不同年龄段使用并针对不同职业活动性质(如坐办公室人员运动少的特点)的健身机械；

4)设计帮助运动员网球或乒乓球训练的标准发球机或步兵步行耐力训练，或空军飞行员体验混战演习训练(即给可能的飞行员各方位加一个重力)，或宇航员失重训练(即能运载一人并提供一个重力加速度)的模拟训练机械；

5)设计放置在超市外投币式的具有安全、有趣或难以想像的运动的小孩“坐椅”或能使两位、四位游客产生毛骨悚然的颤动感觉的轻便“急动”坐车。

第9章课后参考答案

9-1 何谓凸轮机构传动中的刚性冲击和柔性冲击?试补全图示各段s一、 v一、一曲线，并指出哪些地方有刚性冲击，哪些地方有柔性冲击？

答 凸轮机构传动中的刚性冲击是指理论上无穷大的惯性力瞬问作用到构件上，使构件

产生强烈的冲击；而柔性冲击是指理论上有限大的惯性力瞬间作用到构件上，使构件产生的冲击。

s-δ, v-δ, a-δ曲线见图。在图9-1中B，C处有刚性冲击，在0，A，D，E处有柔性冲击。

9—2何谓凸轮工作廓线的变尖现象和推杆运动的失真现象?它对凸轮机构的工作有何影响?如何加以避免?

答 在用包络的方法确定凸轮的工作廓线时，凸轮的工作廓线出现尖点的现象称为变尖现象：凸轮的工作廓线使推杆不能实现预期的运动规律的现象件为失真现象。变尖的工作廓线极易磨损，使推杆运动失真．使推杆运动规律达不到设计要求，因此应设法避免。变尖和失真现象可通过增大凸轮的基圆半径．减小滚子半径以及修改推杆的运动规律等

题9-1图

方法来避免。

9—3力封闭与几何封闭凸轮机构的许用压力角的确定是否一样?为什么?

答 力封闭与几何封闭凸轮机沟的许用压力角的确定是不一样的。因为在回程阶段-对于力封闭的凸轮饥构，由于这时使推杆运动的不是凸轮对推杆的作用力F，而是推杆所受的封闭力．其不存在自锁的同题，故允许采用较大的压力角。但为使推秆与凸轮之间的作用力不致过大。也需限定较大的许用压力角。而对于几何形状封闭的凸轮机构，则需要考虑自锁的问题。许用压力角相对就小一些。

9—4

一滚子推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推杆滚子的直径偏小，欲改用较大的滚

子？问是否可行?为什么?

答 不可行。因为滚子半径增大后。凸轮的理论廓线改变了．推杆的运动规律也势必发生变化。

9—5一对心直动推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推程压力角稍偏大，拟采用推杆偏置的办法来改善，问是否可行?为什么?

答 不可行。因为推杆偏置的大小、方向的改变会直接影响推杆的运动规律．而原凸轮机构推杆的运动规律应该是不允许擅自改动的。

9-6 在图示机构中，哪个是正偏置?哪个是负偏置?根据式(9-24)说明偏置方向对凸轮机构压力角有何影响

?

答 由凸轮的回转中心作推杆轴线的垂线．得垂足点，若凸轮在垂足点的

速度沿推杆的推程方向．刚凸轮机构为正偏置．反之为负偏置。由此可知．在图 示机沟中，两个均为正偏置。由

tan

(e前取减号)．由于推程时(ds/dδ)为

正．式中分子ds/dδ-eds／dδ。故压力角增大。负偏置时刚相反，即正偏置会使推程压力角减小，回程压力角增大；负偏置会使推程压力角增大，回程压力角减小。

9—7 试标出题9—6a图在图示位置时凸轮机构的压力角，凸轮从图示位置转过90º后推杆的位移；并标出题9—6b图推杆从图示位置升高位移s时，凸轮的转角和凸轮机构的压力角。

解 如图 (a)所示，用直线连接圆盘凸轮圆心A和滚子中心B，则直线AB与推杆导路之间所夹的锐角为图示位置时凸轮机构的压力角。以A为圆心, AB为半径作圆, 得凸轮的理论廓线圆。连接A与凸轮的转动中心O并延长，交于凸轮的理论廓线于C点。以O为圆心．以OC为半径作圆得凸轮的基圆。以O为圆心, 以O点到推杆导路的距离OD为半径作圆得推杆的偏距圆；。延长推杆导路线交基圆于G-点，以直线连接OG。过O点作OG的垂线，交基圆于E点。过E点在偏距圆的下侧作切线．切点为H点．交理论廓线于F点，则线段EF的长即为凸轮从图示位置转过90后推杆的位移s。

方法同前，在图 (b)中分别作出凸轮的理论廓线、基圆、推杆的偏距圆。延长推杆

导路线交基圆于G点，以直线连接OG。以O为圆心，以滚子中心升高s后滚子的转动中心K到O点的距离OK为半径作圆弧，交理论廓线于 F点。过F点作偏距圆的切线，交基圆于E点，切点为H。则∠GOE为推杆从图示位置升高位移s时-凸轮的转角，∠AFH为此时凸轮机构的压力角。

(a) (b)

9—8在图示凸轮机构中，圆弧底摆动推杆与凸轮在B点接触。当凸轮从图示位置逆时针转过90。时，试用图解法标出：

1)推杆在凸轮上的接触点；

2)摆杆位移角的大小；

3)凸轮机构的压力角。

解 如图所示，以O为圆心，以O点到推杆转动中心A的距离AO为半径作圆，得推杆转动中心反转位置圆。

过O点怍OA的垂线，交推杆转动中心反转位置圆于D点。

以O`为圆心．以O`点到推杆圆弧圆心C的距离CO’为半径作圆．得凸轮的理论廓线。

以O为圆心，作圆内切于凸轮的理论廓线圆，得凸轮的基圆。

以D为圆心，以AC为半径作圆弧，交凸轮的理论廓线于E点，交凸轮的圆于G点。

用直线连接EO’，交凸轮的实际廓线于F点，此即为推杆在凸轮上的接触点；而∠GDE即为摆杆的位移角；过E点并垂直于DE的直线与直线EF间所夹的锐角即为此时凸轮机构的压力角。

9—9 已知凸轮角速度为1．5 rad／s，凸轮转角0~150时，推杆等速上升16mm;

16mm;300~360时推杆近休。试选择

合适的推杆推程运动规律，以实现其最大加速度值最小，并画出其运动线图。 解 推杆在推程及回程段运动规律的位移方程为：

(1)推程：s=hδ／δ0 0º≤δ≤1 50º

(2)回程：等加速段s=h一2hδ2／δ`02 0º≤δ≤60º

22 等减速段s=2h(δ’一δ)／δ0` 60º≤δ≤120º

计算各分点的位移值如表9．3：

150~180时推杆远休，180~300时推杆下降

根据表9-3可作所求图如下图：

9—10设计一凸轮机构，凸轮转动一周时间为2 s。凸轮的推程运动角为60º，回程运动角为150。，近休止运动角为150º。推杆的行程为15 mm。试选择合适的推杆升程和回程的运动规律，使得其最大速度值最小，并画出运动线图。

9一11试设计一对心直动滚子推杆盘形凸轮机构，滚子半径r，=10 mm，凸轮以等角速度逆时针回转。凸轮转角δ=0º～120º时，推杆等速上升20 mm；δ=120º～180º时，推杆远休止；δ=180º～270º时，推杆等加速等减速下降20 mm；δ=270º～：360º时，推杆近休止。要求推程的最大压力角α。。≤30º，试选取合适的基圆半径，并绘制凸轮的廓线。问此凸轮机构是否有缺陷，应如何补救。

9一12试设计一个对心平底直动推杆盘形凸轮机构凸轮的轮廓曲线。设已知凸轮基圆半径rn=30 mm，推杆平底与导轨的中心线垂直，凸轮顺时针方向等速转动。当凸轮

转过120~1~r推杆以余弦加速度运动上升20。。，再转过150º时，推杆又以余弦加速度运动回到原位，凸轮转过其余90º时，推杆静止不动。问这种凸轮机构压力角的变化规律如何?是否也存在自锁问题?若有，应如何避免?

解 推杆在推程及回程运动规律的位移方程为

（1)推程

S=h[1-cos(πδ/δ0)]/2： 0º≤δ≤120º

（2）回程．

S=h[1+cos(πδ/δ0`)]/2 0º≤δ≤1 50º

计算各分点的位移值如表9-4l：

根据表9-4可作所求图如下图：

这种凸轮机构的压力角为一定值，它恒等于平底与导路所夹锐角的余角．与其他因

素无关。这种凸轮机构也会是存在自锁问题，为了避免自锁．在设计时应该在结构许可的条件下，尽可能取较大的推杆导路导轨的长度。并尽可能减小推gan 9的悬臂尺寸。 9一13 一摆动滚子推杆盘形凸轮机构(参看图9—23)，已知lOA=60 mmr0=25 mm，lAB=50 mm，rr=8 mm。凸轮顺时针方向等速转动，要求当凸轮转过180º时，推杆以余弦加速度运动向上摆动25º；转过一周中的其余角度时，推杆以正弦加速度运动摆回到原位置。试以作图法设计凸轮的工作廓线。

解 推扦在推程及回程段运动规律的位移方程为

(1)推程：s=Φ[1-cos(πδ/δ0)/2 0º≤δ≤180º

(2)回程：s=Φ[1-(δ/δ`0)十sin(2πδ/δ`0)]/(2π) oº≤δ≤180º

计算各分点的位移值如表9．5：

根据表9。5作图如图所示

9—14试设计偏置直动滚子推杆盘形凸轮机构凸轮的理论轮廓曲线和工作廓线。已

知凸轮轴置于推杆轴线右侧，偏距e=20 mm，基圆半径r。=50 mm，滚子半径r，=10 mm。凸轮以等角速度沿顺时针方向回转，在凸轮转过角占，：120。的过程中，推杆按正弦加速度运动规律上升矗=50 mm；凸轮继续转过炙=30。时，推杆保持不动；其后，凸轮再回转角度如=60时，推杆又按余弦加速度运动规律下降至起始位置；凸轮转过一周的其余角度时，推杆又静止不动。

解 (1)汁算推杆的位移并对凸轮转角求导：

当凸轮转角δ在o≤δ≤2π／3过程中，推杆按正弦加速度运动规律上升h=50 rnm。则

12sh[sin()]200

1233sin()]50[cos(3)]02022可得 0≤δ≤2π/3

ds11233h[co)][cos(3)]11122 d 0≤δ≤2π/3

当凸轮转角占在2π／3≤δ≤5π／6过程中，推杆远休。

S=50 ， 2π／3≤δ≤5π／6

ds/dδ=0， 2π/3≤δ≤5π／6

当凸轮转角δ在5π/6≤δ≤7π／6过程中，推杆又按余弦加速度运动规律下 降至起始位置。则

hs[1co`0]20 可得

(12)h505s{1cos[]}{1cos[3()]}2326 5π／6≤δ≤7π／6 sh[

(12)dsh55sin[]3sin[3()]d23326 5π／6≤δ≤7π／6

当凸轮转角δ在7π/6≤δ≤2π过程中，推杆近休。

S=0 7π／6≤δ≤2π

ds/ dδ=0 7π≤δ≤2π

(2)计算凸轮的理论廓线和实际廓线： i

本题的计算简图如图（a)所示。选取坐标系如图 (b)所示，由图（b)可知，凸轮理论廓线上B点(即滚子中心)的直角坐标为 :

x=(s0+s)cosδ-esinδ

y=(s0+s)sinδ+ecosδ

式中：s0=(r02-e2)1/2=(502-202)1/2=45.826mm

由图 (b)可知凸轮实际廓线的方程即B’点的坐标方程式为 i

x`=x-rrcosθ

Y`=y-rrsinθ

因为 dy/dδ=(ds/dδ-e)sinδ+(s0+s)cosδ

dx/dδ=(ds/dδ-e)cosδ-(s0-s)sinδ

sin所以

故 x`=x-10cosθ

y`=y-10sinθ cos

由上述公式可得理论轮廓曲线和工作廓线的直角坐标．计算结果如表9．6 凸轮廓线如下图昕示。

9—15图示为一旅行用轻便剃须刀，图a为工作位置，图b为正在收起的位置(整个

刀夹可以收入外壳中)。在刀夹上有两个推杆A、B，各有一个销A’、B’，分别插入外壳里面的两个内凸轮槽中。按图a所示箭头方向旋转旋钮套时(在旋钮套中部有两个长槽，推杆上的销从中穿过，使两推杆只能在旋钮套中移动，而不能相对于旋钮套转动)，刀夹一方面跟着旋钮套旋转，并同时从外壳中逐渐伸出，再旋转至水平位置(工作位置)。按图b所示箭头方向旋转旋钮套时，刀夹也一方面跟着旋钮套旋转，并先沿逆时针方向转过900成垂直位置，再逐渐全部缩回外壳中。要求设计外壳中的两凸轮槽(展开图)，

使该剃须刀能完成上述动作，设计中所需各尺寸可从图中量取，全部动作在旋钮套转过2π角的过程中完成。

解 由题意知。两推杆相差180º布置，所以它们各自对应的凸轮槽应为等 距线。当两销予都到达推杆B的最高位置时．推杆B不再升高．而推轩A继续升 高，此段推杆B对应的凸轮槽应为水平的，而推杆A对应的凸轮槽不变。为了安 装方便．将推杆A．B所对应的凸轮槽与端部连通。为了保证能同时将A,B推杆 以及旋钮套从外壳中取出．将凸轮槽适当向水平方向伸展。据此没计凸轮槽展 开图如图所示。

图中．第l位置为两推杆最下位置时情况：第4位置为推杆B不再上升而推 杆A继续上升的情况；第5位置为题图中的工作位置。第6，7位置是装拆时的 位置。

第11章课后参考答案

11-1在给定轮系主动轮的转向后，可用什么方法来确定定轴轮系从动轮的转向？周转轮系中主、从动件的转向关系又用什么方法来确定?

答：参考教材216~218页。

11-2如何划分一个复合轮系的定轴轮系部分和各基本周转轮系部分?在图示的轮系中，既然构件5作为行星架被划归在周转轮系部分中，在计算周转轮系部分的传动比时，是

否应把齿轮5的齿数,Z5计入?

答：划分一个复合轮系的定轴轮系部分和各基本周转轮系部分关键

是要把其中的周转轮系部分划出来，周转轮糸的特点是具有行星轮

和行星架，所以要先找到轮系中的行星轮，然后找出行星架。每一

行星架，连同行星架上的行星轮和与行星轮相啮合的太阳轮就组成

一个基本周转轮糸。在一个复合轮系中可能包括有几个基本周转轮

系（一般每一个行星架就对应一个基本周转轮系)，当将这些周转轮

一一找出之后．剩下的便是定轴轮糸部分了。

在图示的轮系中．虽然构件5作为行星架被划归在周转轮系部分中，但在计算周转轮系部分的传动比时．不应把齿轮5的齿数计入。

11-3在计算行星轮系的传动比时，式imH=1-iHmn只有在什么情况下才是正确的? 答 在行星轮系，设固定轮为n, 即ωn=0时, imH=1-iHmn公式才是正确的。

11-4在计算周转轮系的传动比时，式iHmn=(nm-nH)／(nn-nH)中的iHmn是什么传动比，如何确定其大小和“±”号?

答: iHmn是在根据相对运动原理，设给原周转轮系加上一个公共角速度“-ωH”。使之绕

行星架的固定轴线回转，这时各构件之间的相对运动仍将保持不变，而行星架的角速度为0，即行星架“静止不动”了．于是周转轮系转化成了定轴轮系，这个转化轮系的传动比，其大小可以用iHmn=(nm-nH)／(nn-nH)中的iHmn公式计算；方向由“±”号确定，但注意，它由在转化轮系中m. n两轮的转向关系来确定。

11-5用转化轮系法计算行星轮系效率的理论基础是什么?为什么说当行星轮系为高速时，用它来计算行星轮系的效率会带来较大的误差?

答: 用转化轮系法计算行星轮系效率的理论基础是行星轮系的转化轮系和原行星轮系的差别，仅在于给整个行星轮系附加了一个公共角速度“-ωH”。经过这样的转化之后，

各构件之间的相对运动没有改变，而轮系各运动副中的作用力(当不考虑构件回转的离心惯性力时)以及摩擦因数也不会改变。因而行星轮系与其转化轮系中的摩擦损失功率PHf应相等。

用转化轮系法计算行星轮系效率没有考虑由于加工、安装和使用情况等的不同，以及还有一些影响因素如搅油损失、行星轮在公转中的离心惯性力等，因此理论计算的结果并不能完全正确地反映传动装置的实际效率。

11-6何谓正号机构、负号机构?各有何特点?各适用于什么场合?

答: 行星轮系的转化轮系中当传动比iH1n>o，称为正号机构；当传动比iH1n

正号机构效率随着l iH1l的增大而降低，其效率可能出现负值而发生自锁，其主要用于传递运动，如用在传动比大而对效率要求不高的辅助装置中；负号机构由于在任何情况下都不会出现自锁，效率较高，主要用于动力传动。

11-7何谓封闭功率流?在什么情况下才会出现?有何危害?

答: 在选用封闭式行星轮系时，如其型式及有关参数选择不当，可能会形成有一部分功率只在轮系内部循环，而不能向外输出的情况，即形成所谓的封闭功率流。当iⅢ和ibⅢa异号，且l ia

Ⅲl>l ibⅢl时，出现封闭功率流。这种封闭的功率流将增大摩擦功率损失，使

轮系的效率和强度降低，对于传动极为不刊。

11-8在确定行星轮系各轮齿数时，必须满足哪些条件，为什么?

答 设计行星轮系时，各轮齿数的选择应满足四个条件；对于不同的轮系，这四个条件具体表达式不尽相同，下面以内齿轮3固定，各轮均为标准齿轮的2K—H型轮系为例加以说明。

(1)保证实现给定的传动比： z3=(i1H-1)z1

(2)满足同心条件(即保证两太阳轮和系杆的轴线重合): Z3=z1+2z2

(3)满足k个行星轮均布安装(即满足装配条件)： N=(z3+z1)/k (n为整数)

(4)满足邻接条件（即保证相邻行星轮不致相互碰撞)： (z1+z2)sin(180º/k)>z2+2ha* 11-9在行星轮系中采用均载装置的目的何在?采用均载装置后会不会影响该轮系的传动比?

答 在行星轮系中，常把某些构件作成可以浮动的．在轮系运转中，如各行星轮受力不均匀。这些构件能在一定的范围内自由浮动，以达到自动调节各行星轮载荷的目的。采用均载装置后不会影响该轮系的传动比。

11-10何谓少齿差行星传动?摆线针轮传动的齿数差是多少?在谐波传动中柔轮与刚轮的齿数差如何确定?

答 少齿差行星传动是指在行星轮系中．当行星轮1与内齿轮2的齿数差△z=z2-z1=1～4时．就称为少齿差行星传动；摆线针轮传动的齿数差是1；在谐波传动中柔轮与刚轮的齿距相同．但齿数不等，刚轮与柔轮的齿数差通常等于波数n，即zr-zs=n0 11-11图示为一手摇提升装置，其中各轮齿数均为已知，试求传动比i15并指出当提升重物时手柄的转向。

解：i15z2z3z4z550304052577.78z1z2'z3'z4'2015118

当提升重物时手柄的转向逆时针（从左向右看手柄）。

11-12图示为一千分表的示意图，已知各轮齿数如图，模数m=0.11mm(为非标准模数)若要测量杆1每移动0.001 mm时，指针尖端刚好移动一个刻度(s=1.5 mm)。问指针的长度尺等于多少?(图中齿轮5和游丝的作用是使各工作齿轮始终保持单侧接触，以消除齿侧间隙对测量精度的影响。)

解：由图可知，轮2（2`）、3、（3`）、4、5组成定轴轮系且n2=n2`, n3=n3`

zzn`16121i2`42(1)334n4z2`z3`120160100 n4=-100n`2

杆1和齿轮2是一对齿条与齿轮的外啮合，设杆1每移动0.001时间为t

1v1n2mz22

2v20.00t1/0.2n21mz20.11293t19

20

319t 由图知，指针摆一个刻度的s=1.5mm

则摆角θ有关系式 θ=s/R

即 θ=n4t=s/R

s15R23.925mmn4tt319t则

11-13图示为绕线机的计数器。图中1为单头蜗杆，其一端装手把，另一端装绕制线圈。2、3为两个窄蜗轮，z2=99，．Z3=100。在计数器中有两个刻度盘，在固定刻度盘的一周上有100个刻度，在与蜗轮2固连的活动刻度盘的一周上有99个刻度，指针与蜗轮3固连。问指针在固定刻度盘上和活动刻度盘上的每一格读数各代表绕制线圈的匝数是多少?又在图示情况下，线圈已绕制了多少匝

? n4100n`2100n2

解： 因i13=nl/n3=z3／z1=100，故n3=n1／100，即蜗杆每转一转，蜗轮3转过1／100

转，指针相对固定刻度盘转过一个格度，说明指针在固定刻度盘上的每一格读数代表被绕制线圈绕制了一匝。

i12=nl／n2=z2／z1=99，故n2=n1／99，即蜗杆转一转，蜗轮2转过l／99转。由于蜗轮2、3转向相同，故蜗杆每转一转，指针相对活动刻度盘转过l／100-1／99= -1／9 900转(即相对向后倒转，所以活动刻度盘刻度的增大方向与固定刻度盘者相反)，因活动刻度盘上有99个刻度，故指针在活动刻度盘上的每一格读数，代表被绕制线圈已绕制了9 900／99=100匝。

今指针在活动刻度盘上的读数为13.××，在固定刻度盘上的读数为5.×，所以线圈已绕制的匝数为

活动刻度盘上的整数读数×100+固定刻度盘上的整数读数=13×100+5=1 305匝 11-14图示为一装配用电动螺丝刀的传动简图。已知各轮齿数为z1=z4=7，z3=z6=39。若n1=3 000 r／min，试求螺丝刀的转速。

解：此轮系为一复合周转轮系。在1-2-3-H1行星轮系中

z339i1H11i13h111z17 在4-5-6-H2行星轮系中

Z639i4H21i4H6211Z47

392I1H2I1）43.18H1IH4（21+7 故 nH2=n1/i1H2=3000/43.18=69.5r/min 转向以n1相同

11-16如图所示为两个不同结构的锥齿轮周转轮系，已知z1=20，z2=24，z2，=30，z3=40，n1=200 r／min，n3=-100 r／min。求nH等于多少?

(a)

解： Hi13 n1nHz2z324401.6n3nHz1z‘20302

i13Hn3n1nh[1.6（100）-200]/（1.6-1）=-600r/minHi113

(b)

解：Hi13zzn1nH2440231.6n3nHz1z‘20302

i13Hn3n1nh[1.6（-100）-200]/（-1.6-1）=15.385r/minHi131

11-17在图示的电动三爪卡盘传动轮系中，设已知各轮齿数为z1=6，z2=z2，=25，z3=57，z4=56。试求传动比i14。

解 : 图示轮系为一周转轮系(整个轮系只有一个行星架，去掉周转轮系部分后，无定

轴轮系部分，故整个轮系为一周转轮系)。该轮系共有三个中心轮，故称之为3K型行星传动。

此轮系的右端由轮2’、4和件H组成一差动轮系，左端由轮1、2、3和件H组成一行星轮系，此行星轮系将差动轮系中的构件2’和H封闭起来(即使构件2和H之间有固定速比关系)，整个轮系类似于一个封闭式行星轮系。此轮系也可认为是由轮1、2、3和行星架H组成的行星轮系与由轮4、2’、2、3和行星架H组成的另一行星轮系组合而成。故为求解此轮系的传动比，必须列出两个方程。如下的解法，求解最简便。 在轮1、2、3及行星架H组成的行星轮系中，轮3为固定轮，故

11-18图示为手动起重葫芦，已知z1=Z2，=10，z2=20，z3=40。设各级齿轮的传动效率(包括轴承损失)η1=0.98，曳引链的传动效率η2=0.97。为提升重G=10 kN的重物，求必须施加于链轮A上的圆周力F。

i14w1w41i1341( z2z3)120409z1z2'=1010解：

wm40Q4Qw1mp160Pi14 所以

4pQ/47I10/40.99308.64N 14 11-19图示为纺织机中的差动轮系，设z1=30，z2=25，z3=z4=24，z5=1 8，z6=121，n1=48～

200 r／rain，nH=316 r／min，求n6等于多少?

解： I16H Z62524121N1NH2Z2Z4（-1）5.6N6NHZ1Z3Z5302418

N61N1-NH）+NHHI16 当n1=48 ～200r/min 时

11n6(48316)316(200316)3165.65.6

268.14295.29(r/min) N6与n1及nH的转向相同

11-20图示为建筑用绞车的行星齿轮减速器。已知z1=z3=17，z2=z4=39，z5=18，z7=152，n1=l 450 r／min。当制动器B制动、A放松时，鼓轮H回转(当制动器B放松、A制动时，鼓轮H静止，齿轮7空转)，求nH等于多少?

解：

11-21在图示轮系中，设各轮的模数均相同，且为标准传动，若已知z1=z2，=z3，=z6，=20，z2=z4=z6=z7=40。试求：

1)当把齿轮1作为原动件时，该机构是否具有确定的运动?

2)齿轮3、5的齿数应如何确定?

3)当n1=980 r／min时，n1及n3各为多少

?

故有确定的运动。

11-22图示为隧道掘进机的齿轮传动，已知z1=30，z2=85，z3=32，z4=21，z5=38，z6=97，z7=147，模数均为10 mm，且均为标准齿轮传动。现设已知n1=1 000 r／min，求在图示位置时，刀盘最外一点A的线速度。

提示：在解题时，先给整个轮系以一ωH角速度绕oo轴线回转，注意观察此时的轮系变为何种轮系，从而即可找出解题的途径。

解：图示轮系为一装载式(一个行星轮系装载在另一个行星轮系的行星架上)的复杂行星轮系，为了求解这种行星轮系，可采用两次转化的方法。第一次转化时给整个轮系一个(-ωH)角速度绕OO轴旋转，所得的转化轮系如图b所示，这已是大家十分熟悉的复合轮系了。左边是一个以齿轮6为固定轮的行星轮系，右边为定轴轮系。

通过第一次转化后，各构件的转速为niH=ni-nH

通过第二次转化可求得左边行星轮系的传动比为

（a）

由定轴轮系部分有

nH=nl／(2.833 3×26.165 5)=13.489 r／min 由式(c)可得

n2=n4= -334.696 r／rain 由式(e)可得

n3= -48.477 r／

min

最后可得刀盘A点的线速度为

VA=[(rl+r2)nH+(r4+r5)n3+200n5]×2π／60 000=1.612 m／0 式中：r1=150 mm，r2=425 mm，r4=105mm，r5=190 mm。

机械原理

第7章课后习题参考答案

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。

7—5由式JF=△Wmax／(ωm2 [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

1111G122Je12J12(JJ)Jv2

122`32222g 2

则

1Gv2JeJ1J(J2J2)`22)J32))211g1

7-8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

-3导程d=6 mm，转动惯量J3=1.2×10kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 ×10-6kg.m2，J2=768

-62×10kg.m。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。 JeJ1z12z1z2`2G2

z1z2`21J(JJ)()J)r)22`3(3(2z2z2z3gzz23

解：根据等效转动惯量的等效原则．有

11112Je12J12(JJ)mv4241232222 2

v1JeJ1J(J2J3)(2)2m4(4)2

211 则:

J1

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

=5.284×l0-3kg.m2

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 kg.m2，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

对式①积分得 zz1J(J2J3)(1)2m4l2(1)22z2z2 dt8d1002000 (1)

8d(1002000)

100100(1002000)

8[ln(1002000)ln(1001002000)]100

2[ln(1002000)ln8000]25 (2) t

将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000

解得 ω=20+80e-12.5t

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

2）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

JF`=JF(n/nn)2=80.473×(100/1440)2=0.388kg.m2 JF900Wmax900441.24280.473kg.m2222n[]1000.05

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=φc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

（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

WmaxAbABc200116.6720200116.67130200116.67(67.26N.m[1**********]200 900W90067.262JF22max21.596kg.mn[]62020.01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。

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：

0MfJ11dJ1dt3 （1）

d22J2dt3 （2）

JJ1122

J1J2 由式（1）（2）得：Mf0J2

式中 J1=m1ρ12 J2=m2ρ22

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30

从而

2n21000.4521000.625220m112n1m223.533rad/s230m112m22301000.4521000.6252 由（1）得:

MfJ113

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。

m112n11000.452100()(3.533)46.838N.m330330

解 取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

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 Je1J1J2eJ5(52201)0.0180.015144()20.0504kg.m215235

Me11MdMr1Mr5(

295505Pz1)29550nMr1Mr5(3)1nnz4i2 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

φ11=φ10+ω10t1+(1/2)α1t12

式中: φ10=0, ω10=0, ． t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以 0.552010.380()6.378N.m13905235

Me116.378t10.1518.982rad/sJe10.0504

1M6.37811e11t120.50.1521.424rad2Je10.0504 11第二阶段的等效力矩为

Me12Mr1Mr5(5z1201)Mr1Mr5(3)0.380()1.179N.m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

φ12=φ11+ω11t2+(1/2)α2t22

式中: ω12=0, α2=Me12/Je1 所以

t2J1118.9820.050411e10.811s2Me21.179

1Me1221.179t21.142418.9820.8110.50.81129.125rad2Je10.0504

z3118020180)10.549638`31``z4i25235 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：

51(

第8章课后习题参考答案

8-l 铰链四杆机构中，转动副成为周转副的条件是什么?在下图所示四杆机构ABCD中哪些运动副为周转副?当其杆AB与AD重合时，该机构在运动上有何特点?并用作图法求出杆3上E点的连杆曲线。

答：转动副成为周转副的条件是：

（1）最短杆与最长杆的长度之和小于或等于其他两杆长度之和；

（2）机构中最短杆上的两个转动副均为周转副。图示ABCD四杆机构中C、D为周转副。

当其杆AB与AD重合时，杆BE与CD也重合因此机构处于死点位置。

8-2曲柄摇杆机构中，当以曲柄为原动件时，机构是否一定存在急回运动，且一定无死点?为什么? 答：机构不一定存在急回运动，但一定无死点，因为：

（1）当极位夹角等于零时，就不存在急回运动如图所示，

（2）原动件能做连续回转运动，所以一定无死点。

8-3 四杆机构中的极位和死点有何异同?

8-4图a为偏心轮式容积泵；图b为由四个四杆机构组成的转动翼板式容积泵。试绘出两种泵的机构运动简图，并说明它们为何种四杆机构，为什么?

解 机构运动简图如右图所示，ABCD是双曲柄机构。

因为主动圆盘AB绕固定轴A作整周转动，而各翼板CD绕固定轴D转动，所以A、D为周转副，杆AB、CD都是曲柄。

8-5试画出图示两种机构的机构运动简图，并说明它们各为何种机构。

图a曲柄摇杆机构

图b为导杆机构。

8-6如图所示，设己知四杆机构各构件的长度为a240mm，b600mm,c400mm,d500mm。试问:

1)当取杆4为机架时，是否有曲柄存在?

2)若各杆长度不变，能否以选不同杆为机架的办法获得双曲柄机构和双摇杆机构?如何获得?

3)若a、b﹑c三杆的长度不变，取杆4为机架，要获得曲柄摇杆机构,d的取值范围为何值? :

解 (1)因a+b=240+600=840≤900=400+500=c+d且最短杆 1为连架轩．故当取杆4为机架时，有曲柄存在。

(2)、能。要使此此机构成为双曲柄机构，则应取1杆为机架；两使此机构成为双摇杆机构，则应取杆3为机架。

(3)要获得曲柄摇杆机构, d的取值范围应为440~760mm。

8-7图示为一偏置曲柄滑块机构，试求杆AB为曲柄的条件。若偏距e=0，则杆AB为曲柄的条件是什么?

解 (1)如果杆AB能通过其垂直于滑块导路的两位置时，则转动副A为周转副，故杆AB为曲柄的

条件是AB+e≤BC。

(2)若偏距e=0, 则杆AB为曲柄的条件是AB≤BC

8-8 在图所示的铰链四杆机构中，各杆的长度为l128mm，l252mm， l350mm，l472mm，试求:

1)当取杆4为机架时，该机构的极位夹角、杆3的最大摆角、最小传动角min和行程速比系数K;

2)当取杆1为机架时，将演化成何种类型的机构?为什么?并说明这时C、D两个转动副是周转副还是摆转副;

3)当取杆3为机架时，又将演化成何种机构?这时A、B两个转动副是否仍为周转副?

解 (1)怍出机构的两个极位，如图, 并由图中量得：

θ=18.6º,φ=70.6º, γmin=22.7 º

(2)①由l1+l4 ≤l2+l3可知图示铰链四杆机构各杆长度符合杆长条件；小②最短杆l为机架时，该机构将演化成双曲柄机构；③最短杆1参与构成的转动副A、B都是周转副而C、D为摆转副；

（3）当取杆3为机架时，最短杆变为连杆，又将演化成双摇杆机构，此时A、B仍为周转副。

k18018018018018.612.318.6

8-9 在图示的连杆机构中，已知各构件的尺寸为lAB160mm,lBC260mm,

lCD200mm,lAD80mm,构件AB为原动件，沿顺时针方向匀速回转，试确定:

1)四杆机构ABCD的类型;

2)该四杆机构的最小传动角min；

3)滑块F的行程速比系数K。

解 （1)由lAD+lBC

(2)作出四杆机构ABCD传动角最小时的位置。见图并量得γmin=12º

(3)作出滑块F的上、下两个极位及原动件AB与之对应的两个极位，并量得θ=47º。求出滑块F的行程速比系数为

k180180180180471.7147

8-10试说明对心曲柄滑块机构当以曲柄为主动件时，其传动角在何处最大?何处最小?

解 在曲柄与导轨共线的两位置之一传动角最大，γmax=90 º；

在曲柄与机架共线的两位置之一传动角最小，γmin=arcos(LAB/lBC)。

8-11正弦机构(图8一15b)和导杆机构(图8—22a)中，当以曲柄为主动件时，最小传动角γmin为多少?传动角按什么规律变化?

解 γmin=90º；

传动角恒定不变。

8-12图示为偏置导杆机构，试作出其在图示位置时的传动角以及机构的最小传动角及其出现的位置，并确定机构为回转导杆机构的条件。

解 传动角以及机构最小传动角及其出现的位置如下图所示。机构为

回转导杆机构的条件: AB≤AC

8-13如图8—57所示，当按给定的行程速度变化系数K设计曲柄摇杆机构时，试证明若将固定铰链A的中心取在FG弧段上将不满足运动连续性要求。

答 因这时机构的两极位DC1, DC2将分别在两个不连通的可行域内。

8-14图示为一实验用小电炉的炉门装置，关闭时为位置E1，开启时为位置E2。试设计一个四杆机构来操作炉门的启闭(各有关尺寸见图)。(开启时，炉门应向外开启，炉门与炉体不得发生干涉。而关闭时，炉门应有一个自动压向炉体的趋势(图中S为炉门质心位置)。B、C为两活动铰链所在位置。

解 (1)作出B2C2的位置；用作图法求出A及D的位置，并作出机构在E2位置的运动简图，见下图，并从图中量得

lAB==μl.AB=95 mm

lAD=μl.AD =335mm

lCD=μl.CD=290mm

(2)用怍图法在炉门上求得B及C点位置，并作出机构在位置的运动图(保留作图线)。作图时将位置E1转至位置E2，见图并量得

lAB=μl.AB=92.5 mm

lBC=μlBC=l 27.5 rnm

lCD=μl.CD=262.5 mn

8-15 图示为公共汽车车门启闭机构。已知车门上铰链C沿水平直线移动，铰链B绕固定铰链A转动，车门关闭位置与开启位置夹角为a=115 º，AB1//C1C2，lBC=400 mm，1C1C2=550 mm , 试求构件AB的长度，验算最小传动角，并绘出在运动中车门所占据的空间(作为公共汽车的车门，要求其在启闭中所占据的空间越小越好。

8-16 图示为一已知的曲柄摇杆机构，现要求用一连杆将摇杆CD和 滑块F联接起来，使摇杆的三个已知位置C1D、C2D、C3D和滑块的三个位置F1、F2、F3相对应(图示尺寸系按比例绘出)。试确定此连杆的长度及其与摇杆CD铰接点的位置。

解 由题意知，本题实际是为按两连架汗(摇杆与滑块)的预定对应位置设计四扦机构的同题。具体作图过程如下图所示。连杆的长度为lEF=μlE2F2= l 30 mm。

8-17 图示为某仪表中采用的摇杆滑块机构，若已知滑块和摇杆的对应位置为S1=36mm，S12=8mm，

S23=9 mm ; φ12=25 º，φ23=35 º，摇杆的第Ⅱ位置在铅垂方向上。滑块上铰链点取在B点，偏距e=28 mm, 试确定曲柄和连杆长度。

解 本题属于按两连架轩预定的对应位置设计四杆机构问题。此问题可用反转法求解。曲柄长度

22.2mm，连杆长度52.2 mm．见图中标注。

8-18试设计图示的六杆机构。该机构当原动件l自y轴顺时针转过φ12=60 º时，构件3顺时针转过

ψ=45 º恰与x轴重合。此时，滑块6自E1点移动到E2点，位移s12=20 mm。试确定铰链B及C的位置。

解 由题意知，所要设计的六杆机构ABCDEF是由铰链四杆机构ABCD和摇杆滑块机构CDE串联所组成，故此设计问题，可分解为两个四杆机构的设计问题。

对于摇杆滑块机构CDE的设计，就是确定活动铰链C的位置，可用反转法设汁，具体作法如下图所示。

对于铰链四扦机构ABCD的设计．就是确定活动铰链B的位置，也可用反转法设计，具体作法如下图所示。

8-19现欲设计一四杆机构翻书器。如图所示，当踩动脚踏板时，连杆上的肘点自M，移至M：就可翻过一页书。现已知固定铰链A、D的位置，连架杆AB的长度及三个位置以及描点M的三个位置。试设计该四杆机构(压重用以保证每次翻书时只翻过一页)

解：作图，并量得：AB=36mm, AD=47mm, CD=5mm,

BC=10mm, BM=36mm, CM=44mm

8-20现需设计一铰链四杆机构，用以启闭汽车前灯的遮避窗门。图示为该门(即连杆上的标线)在运

动过程中的五个位置，其参数如表8—3所示。试用解析法设计该四杆机构(其位置必须限定在图示长方形的有效空间内)。

8-21图示为一用推拉缆操作的长杆夹持器，用一四杆机构ABCD来实现夹持动作。设已知两连

架杆上标线的对应角度如图所示，试确定该四杆机构各杆的长度。

解：取AD为机架，并以适当比例尺作机架AD及AB杆与DE杆的三对对应位置。此机构设计简要

步骤如图（保留作图线），机构各杆长度为：

8-22图示为一汽车引擎油门控制装置。此装置由四杆机构ABCD、平行四边形机构DEFG及油门装

置所组成，由绕O轴转动的油门踏板OI驱动可实现油门踏板与油门的协调配合动作。当油门踏板的转角分别为0º、5º、15º及20º时，杆MAB相对应的转角分别为0º、32º、52º及63º(逆时针方向)，与之相应油门开启程度为0º(关闭)、14º、44º及60º(全开)四个状态。现设lAD=120 mm，试以作图法设计此四杆机构ABCD，并确定杆AB及CD的安装角度β1及β2的大小(当踏板转20º时，AM与OA重合，DE与AD重合)。

解：（1）由平行四边形机构特征知杆CD的转角与油门开启角相同，故四杆机构ABCD两连架杆AB

及CD的三对对应角α12=32 º, φ12=14 º; α13=52 º, φ13=44 º, α14=63 º, φ14=60 º；且均为逆时针方向；

（2）取相应比例尺作出机架AD如图所示；

取BB为归并点，按点归并法设计此四杆机构（保留全部作图线），并量得：

lAB=μl.AB=92mm, lAD=μl.AD=120mm, lBC=μl.BC=180mm, lCD=μl.CD=34mm; β1=92º,

β2=102º

8-23 如图所示，现欲设计一铰链四杆机构，设已知摇杆CD的长lCD75mm行程速比系数K=1.5，机架AD的长度为lAD100mm，摇杆的一个极限位置与机架间的夹角为

连杆的长度lBC（有两组解）。

45，试求曲柄的长度lAB和

解：先计算

再以相应比例尺μl.作图可得两个解：

(1) lAB=μl. (AC2-AC1)/2 =49.5mm, lBC=μl. (AC2+AC1)/2=119.5mm

(2) lAB=μl. (AC1-AC2)/2 =22mm, lBC=μl. (AC2+AC1)/2=48mm

180k11.5118k11.5136

8-24如图所示，设已知破碎机的行程速度变化系数K=1.2，颚板长度lCD=300 mm颚板摆角φ=35º，

曲柄长度lAD=80 mm。求连杆的长度，并验算最小传动角γmin是否在允许的范围内。

解：先计算

取相应比例尺μl作出摇杆CD的两极限位置C1D及C2D和固定铰链A所

在圆s1(保留作图线)。 -

如图所示，以C2为圆心、2AB为半径作圆，同时以F为圆心2FC2为半径作圆，两圆交于点E，作C2E的延长线与圆s1的交点，即为铰链A的位置。

由图知： lBC=μl. AC1+lAB=310mm

γmin=γ``=45º>40º 180k11.5118036k11.51

8-25图示为一牛头刨床的主传动机构，已知lAB=75 mm，lDE=100 mm，行程速度变化系数K=2，刨头5的行程H=300 mm。要求在整个行程中，推动刨头5有较小的压力角，试设计此机构。

解 先算导杆的摆角取相应比例尺μl作图，由图可得导杆机构导杆和机架的长度为：

LCD=μl.CD=300mm, lAC=μl.AC=150mm;

导杆端点D的行程 D1D2=E1E2=H/μl

为了使推动刨头5在整行程中有较小压力角，刨头导路的位置h成为

H=lCD(1+cos(φ/2))/2=300[(1+cos(60/2))/2=279.9mm 180k12118060k121

点津 本题属于按行程速比系数K设计四杆机构问题，需要注意的是：①导杆CD的最大摆角与机构极位夹角相等：②因H=300mm，且要求在整个行中刨头运动压力角较小。所以取CD1=CD2=300mm, 则D1D2=H=300mm。

8-26某装配线需设计一输送工件的四杆机构，要求将工件从传递带C1经图示中间位置输送到传送带C2上。给定工件的三个方位为：M1(204，-30)，θ21=0º；M2(144，80)，θ22=22 º；M3(34，100)，θ

。初步预选两个固定铰链的位置为A(0，0)、D(34，一83)。试用解析法设计此四杆机构。 23=68 º

解 由题可知, 本题属于按预定的连杆位置用解析法设汁四杆机构问题，

N=3，并已预选xA, yA和xD, yD坐标值，具体计算过程略。

8-27 如图所示，设要求四杆机构两连架杆的三组对应位置分别为:135，150，280，275，3125，3105。试以解析法设计此四杆机构。

解：（1）将α, φ 的三组对应值带入式（8-17）（初选α0=φ0=0）

Cos(α+α0)=p0cos(φ+φ0)+p1cos[(φ+φ0)-(α+α0)]+p2

2得

解之得（计算到小数点后四位）p0=1.5815, p1=-1.2637, p2=1.0233

（2）如图所示，求各杆的相对长度，得n=c/a=p0=1.5815, l=-n/p=1.2515

m1.5831

cos35p0cos50p1p0cos75p1cos805p0cos10p51cos12cos(50p325)cos(75p820)cos(105p125)（3）求各杆的长度：得d=80.00

a=d/l=80/1.2515=63.923mm

b=ma=1.5831ⅹ63.923=101.197mm

c=na=1.5851ⅹ63.923=101.094mm

8-28试用解析法设计一曲柄滑块机构，设已知滑块的行程速度变化系数K=1．5，滑块的冲程H=50

mm，偏距e=20 mm。并求其最大压力角αmax。

解：计算

作偏距线，两者的交点即铰链所在的位置，由图可得：

lAB=μl. (AC2-AC1)/2 =17mm, lBC=μl. (AC2+AC1)/2=36mm 180k11.5118036k11.51并取相应比例尺μl根据滑块的行程H作出极位及作θ圆，

8-29试用解析法设计一四杆机构，使其两连架杆的转角关系能实现期望函数y=^，l≤z≤10。

8-30如图所示，已知四杆机构。ABCD的尺寸比例及其连杆上E点的轨迹曲线，试按下列两种情况设计一具有双停歇运动的多杆机构：

1)从动件摇杆输出角为45º：

2)从动件滑块输出行程为5倍曲柄长度。

8-31请结合下列实际设计问题，选择自己感兴趣的题目，并通过需求背景调查进一步明确设计目标

和技术要求，应用本章或后几章所学知识完成相应设计并编写设计报告。

1)结合自己身边学习和生活的需要，设计一折叠式床头小桌或晾衣架，或一收藏式床头书架或脸盆架或电脑架等；

2)设计一能帮助截瘫病人独自从轮椅转入床上或四肢瘫痪已失去活动能力的病人能自理用餐或自动翻书进行阅读的机械；

3)设计适合老、中、青不同年龄段使用并针对不同职业活动性质(如坐办公室人员运动少的特点)的健身机械；

4)设计帮助运动员网球或乒乓球训练的标准发球机或步兵步行耐力训练，或空军飞行员体验混战演习训练(即给可能的飞行员各方位加一个重力)，或宇航员失重训练(即能运载一人并提供一个重力加速度)的模拟训练机械；

5)设计放置在超市外投币式的具有安全、有趣或难以想像的运动的小孩“坐椅”或能使两位、四位游客产生毛骨悚然的颤动感觉的轻便“急动”坐车。

第9章课后参考答案

9-1 何谓凸轮机构传动中的刚性冲击和柔性冲击?试补全图示各段s一、 v一、一曲线，并指出哪些地方有刚性冲击，哪些地方有柔性冲击？

答 凸轮机构传动中的刚性冲击是指理论上无穷大的惯性力瞬问作用到构件上，使构件

产生强烈的冲击；而柔性冲击是指理论上有限大的惯性力瞬间作用到构件上，使构件产生的冲击。

s-δ, v-δ, a-δ曲线见图。在图9-1中B，C处有刚性冲击，在0，A，D，E处有柔性冲击。

9—2何谓凸轮工作廓线的变尖现象和推杆运动的失真现象?它对凸轮机构的工作有何影响?如何加以避免?

答 在用包络的方法确定凸轮的工作廓线时，凸轮的工作廓线出现尖点的现象称为变尖现象：凸轮的工作廓线使推杆不能实现预期的运动规律的现象件为失真现象。变尖的工作廓线极易磨损，使推杆运动失真．使推杆运动规律达不到设计要求，因此应设法避免。变尖和失真现象可通过增大凸轮的基圆半径．减小滚子半径以及修改推杆的运动规律等

题9-1图

方法来避免。

9—3力封闭与几何封闭凸轮机构的许用压力角的确定是否一样?为什么?

答 力封闭与几何封闭凸轮机沟的许用压力角的确定是不一样的。因为在回程阶段-对于力封闭的凸轮饥构，由于这时使推杆运动的不是凸轮对推杆的作用力F，而是推杆所受的封闭力．其不存在自锁的同题，故允许采用较大的压力角。但为使推秆与凸轮之间的作用力不致过大。也需限定较大的许用压力角。而对于几何形状封闭的凸轮机构，则需要考虑自锁的问题。许用压力角相对就小一些。

9—4

一滚子推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推杆滚子的直径偏小，欲改用较大的滚

子？问是否可行?为什么?

答 不可行。因为滚子半径增大后。凸轮的理论廓线改变了．推杆的运动规律也势必发生变化。

9—5一对心直动推杆盘形凸轮机构，在使用中发现推程压力角稍偏大，拟采用推杆偏置的办法来改善，问是否可行?为什么?

答 不可行。因为推杆偏置的大小、方向的改变会直接影响推杆的运动规律．而原凸轮机构推杆的运动规律应该是不允许擅自改动的。

9-6 在图示机构中，哪个是正偏置?哪个是负偏置?根据式(9-24)说明偏置方向对凸轮机构压力角有何影响

?

答 由凸轮的回转中心作推杆轴线的垂线．得垂足点，若凸轮在垂足点的

速度沿推杆的推程方向．刚凸轮机构为正偏置．反之为负偏置。由此可知．在图 示机沟中，两个均为正偏置。由

tan

(e前取减号)．由于推程时(ds/dδ)为

正．式中分子ds/dδ-eds／dδ。故压力角增大。负偏置时刚相反，即正偏置会使推程压力角减小，回程压力角增大；负偏置会使推程压力角增大，回程压力角减小。

9—7 试标出题9—6a图在图示位置时凸轮机构的压力角，凸轮从图示位置转过90º后推杆的位移；并标出题9—6b图推杆从图示位置升高位移s时，凸轮的转角和凸轮机构的压力角。

解 如图 (a)所示，用直线连接圆盘凸轮圆心A和滚子中心B，则直线AB与推杆导路之间所夹的锐角为图示位置时凸轮机构的压力角。以A为圆心, AB为半径作圆, 得凸轮的理论廓线圆。连接A与凸轮的转动中心O并延长，交于凸轮的理论廓线于C点。以O为圆心．以OC为半径作圆得凸轮的基圆。以O为圆心, 以O点到推杆导路的距离OD为半径作圆得推杆的偏距圆；。延长推杆导路线交基圆于G-点，以直线连接OG。过O点作OG的垂线，交基圆于E点。过E点在偏距圆的下侧作切线．切点为H点．交理论廓线于F点，则线段EF的长即为凸轮从图示位置转过90后推杆的位移s。

方法同前，在图 (b)中分别作出凸轮的理论廓线、基圆、推杆的偏距圆。延长推杆

导路线交基圆于G点，以直线连接OG。以O为圆心，以滚子中心升高s后滚子的转动中心K到O点的距离OK为半径作圆弧，交理论廓线于 F点。过F点作偏距圆的切线，交基圆于E点，切点为H。则∠GOE为推杆从图示位置升高位移s时-凸轮的转角，∠AFH为此时凸轮机构的压力角。

(a) (b)

9—8在图示凸轮机构中，圆弧底摆动推杆与凸轮在B点接触。当凸轮从图示位置逆时针转过90。时，试用图解法标出：

1)推杆在凸轮上的接触点；

2)摆杆位移角的大小；

3)凸轮机构的压力角。

解 如图所示，以O为圆心，以O点到推杆转动中心A的距离AO为半径作圆，得推杆转动中心反转位置圆。

过O点怍OA的垂线，交推杆转动中心反转位置圆于D点。

以O`为圆心．以O`点到推杆圆弧圆心C的距离CO’为半径作圆．得凸轮的理论廓线。

以O为圆心，作圆内切于凸轮的理论廓线圆，得凸轮的基圆。

以D为圆心，以AC为半径作圆弧，交凸轮的理论廓线于E点，交凸轮的圆于G点。

用直线连接EO’，交凸轮的实际廓线于F点，此即为推杆在凸轮上的接触点；而∠GDE即为摆杆的位移角；过E点并垂直于DE的直线与直线EF间所夹的锐角即为此时凸轮机构的压力角。

9—9 已知凸轮角速度为1．5 rad／s，凸轮转角0~150时，推杆等速上升16mm;

16mm;300~360时推杆近休。试选择

合适的推杆推程运动规律，以实现其最大加速度值最小，并画出其运动线图。 解 推杆在推程及回程段运动规律的位移方程为：

(1)推程：s=hδ／δ0 0º≤δ≤1 50º

(2)回程：等加速段s=h一2hδ2／δ`02 0º≤δ≤60º

22 等减速段s=2h(δ’一δ)／δ0` 60º≤δ≤120º

计算各分点的位移值如表9．3：

150~180时推杆远休，180~300时推杆下降

根据表9-3可作所求图如下图：

9—10设计一凸轮机构，凸轮转动一周时间为2 s。凸轮的推程运动角为60º，回程运动角为150。，近休止运动角为150º。推杆的行程为15 mm。试选择合适的推杆升程和回程的运动规律，使得其最大速度值最小，并画出运动线图。

9一11试设计一对心直动滚子推杆盘形凸轮机构，滚子半径r，=10 mm，凸轮以等角速度逆时针回转。凸轮转角δ=0º～120º时，推杆等速上升20 mm；δ=120º～180º时，推杆远休止；δ=180º～270º时，推杆等加速等减速下降20 mm；δ=270º～：360º时，推杆近休止。要求推程的最大压力角α。。≤30º，试选取合适的基圆半径，并绘制凸轮的廓线。问此凸轮机构是否有缺陷，应如何补救。

9一12试设计一个对心平底直动推杆盘形凸轮机构凸轮的轮廓曲线。设已知凸轮基圆半径rn=30 mm，推杆平底与导轨的中心线垂直，凸轮顺时针方向等速转动。当凸轮

转过120~1~r推杆以余弦加速度运动上升20。。，再转过150º时，推杆又以余弦加速度运动回到原位，凸轮转过其余90º时，推杆静止不动。问这种凸轮机构压力角的变化规律如何?是否也存在自锁问题?若有，应如何避免?

解 推杆在推程及回程运动规律的位移方程为

（1)推程

S=h[1-cos(πδ/δ0)]/2： 0º≤δ≤120º

（2）回程．

S=h[1+cos(πδ/δ0`)]/2 0º≤δ≤1 50º

计算各分点的位移值如表9-4l：

根据表9-4可作所求图如下图：

这种凸轮机构的压力角为一定值，它恒等于平底与导路所夹锐角的余角．与其他因

素无关。这种凸轮机构也会是存在自锁问题，为了避免自锁．在设计时应该在结构许可的条件下，尽可能取较大的推杆导路导轨的长度。并尽可能减小推gan 9的悬臂尺寸。 9一13 一摆动滚子推杆盘形凸轮机构(参看图9—23)，已知lOA=60 mmr0=25 mm，lAB=50 mm，rr=8 mm。凸轮顺时针方向等速转动，要求当凸轮转过180º时，推杆以余弦加速度运动向上摆动25º；转过一周中的其余角度时，推杆以正弦加速度运动摆回到原位置。试以作图法设计凸轮的工作廓线。

解 推扦在推程及回程段运动规律的位移方程为

(1)推程：s=Φ[1-cos(πδ/δ0)/2 0º≤δ≤180º

(2)回程：s=Φ[1-(δ/δ`0)十sin(2πδ/δ`0)]/(2π) oº≤δ≤180º

计算各分点的位移值如表9．5：

根据表9。5作图如图所示

9—14试设计偏置直动滚子推杆盘形凸轮机构凸轮的理论轮廓曲线和工作廓线。已

知凸轮轴置于推杆轴线右侧，偏距e=20 mm，基圆半径r。=50 mm，滚子半径r，=10 mm。凸轮以等角速度沿顺时针方向回转，在凸轮转过角占，：120。的过程中，推杆按正弦加速度运动规律上升矗=50 mm；凸轮继续转过炙=30。时，推杆保持不动；其后，凸轮再回转角度如=60时，推杆又按余弦加速度运动规律下降至起始位置；凸轮转过一周的其余角度时，推杆又静止不动。

解 (1)汁算推杆的位移并对凸轮转角求导：

当凸轮转角δ在o≤δ≤2π／3过程中，推杆按正弦加速度运动规律上升h=50 rnm。则

12sh[sin()]200

1233sin()]50[cos(3)]02022可得 0≤δ≤2π/3

ds11233h[co)][cos(3)]11122 d 0≤δ≤2π/3

当凸轮转角占在2π／3≤δ≤5π／6过程中，推杆远休。

S=50 ， 2π／3≤δ≤5π／6

ds/dδ=0， 2π/3≤δ≤5π／6

当凸轮转角δ在5π/6≤δ≤7π／6过程中，推杆又按余弦加速度运动规律下 降至起始位置。则

hs[1co`0]20 可得

(12)h505s{1cos[]}{1cos[3()]}2326 5π／6≤δ≤7π／6 sh[

(12)dsh55sin[]3sin[3()]d23326 5π／6≤δ≤7π／6

当凸轮转角δ在7π/6≤δ≤2π过程中，推杆近休。

S=0 7π／6≤δ≤2π

ds/ dδ=0 7π≤δ≤2π

(2)计算凸轮的理论廓线和实际廓线： i

本题的计算简图如图（a)所示。选取坐标系如图 (b)所示，由图（b)可知，凸轮理论廓线上B点(即滚子中心)的直角坐标为 :

x=(s0+s)cosδ-esinδ

y=(s0+s)sinδ+ecosδ

式中：s0=(r02-e2)1/2=(502-202)1/2=45.826mm

由图 (b)可知凸轮实际廓线的方程即B’点的坐标方程式为 i

x`=x-rrcosθ

Y`=y-rrsinθ

因为 dy/dδ=(ds/dδ-e)sinδ+(s0+s)cosδ

dx/dδ=(ds/dδ-e)cosδ-(s0-s)sinδ

sin所以

故 x`=x-10cosθ

y`=y-10sinθ cos

由上述公式可得理论轮廓曲线和工作廓线的直角坐标．计算结果如表9．6 凸轮廓线如下图昕示。

9—15图示为一旅行用轻便剃须刀，图a为工作位置，图b为正在收起的位置(整个

刀夹可以收入外壳中)。在刀夹上有两个推杆A、B，各有一个销A’、B’，分别插入外壳里面的两个内凸轮槽中。按图a所示箭头方向旋转旋钮套时(在旋钮套中部有两个长槽，推杆上的销从中穿过，使两推杆只能在旋钮套中移动，而不能相对于旋钮套转动)，刀夹一方面跟着旋钮套旋转，并同时从外壳中逐渐伸出，再旋转至水平位置(工作位置)。按图b所示箭头方向旋转旋钮套时，刀夹也一方面跟着旋钮套旋转，并先沿逆时针方向转过900成垂直位置，再逐渐全部缩回外壳中。要求设计外壳中的两凸轮槽(展开图)，

使该剃须刀能完成上述动作，设计中所需各尺寸可从图中量取，全部动作在旋钮套转过2π角的过程中完成。

解 由题意知。两推杆相差180º布置，所以它们各自对应的凸轮槽应为等 距线。当两销予都到达推杆B的最高位置时．推杆B不再升高．而推轩A继续升 高，此段推杆B对应的凸轮槽应为水平的，而推杆A对应的凸轮槽不变。为了安 装方便．将推杆A．B所对应的凸轮槽与端部连通。为了保证能同时将A,B推杆 以及旋钮套从外壳中取出．将凸轮槽适当向水平方向伸展。据此没计凸轮槽展 开图如图所示。

图中．第l位置为两推杆最下位置时情况：第4位置为推杆B不再上升而推 杆A继续上升的情况；第5位置为题图中的工作位置。第6，7位置是装拆时的 位置。

第11章课后参考答案

11-1在给定轮系主动轮的转向后，可用什么方法来确定定轴轮系从动轮的转向？周转轮系中主、从动件的转向关系又用什么方法来确定?

答：参考教材216~218页。

11-2如何划分一个复合轮系的定轴轮系部分和各基本周转轮系部分?在图示的轮系中，既然构件5作为行星架被划归在周转轮系部分中，在计算周转轮系部分的传动比时，是

否应把齿轮5的齿数,Z5计入?

答：划分一个复合轮系的定轴轮系部分和各基本周转轮系部分关键

是要把其中的周转轮系部分划出来，周转轮糸的特点是具有行星轮

和行星架，所以要先找到轮系中的行星轮，然后找出行星架。每一

行星架，连同行星架上的行星轮和与行星轮相啮合的太阳轮就组成

一个基本周转轮糸。在一个复合轮系中可能包括有几个基本周转轮

系（一般每一个行星架就对应一个基本周转轮系)，当将这些周转轮

一一找出之后．剩下的便是定轴轮糸部分了。

在图示的轮系中．虽然构件5作为行星架被划归在周转轮系部分中，但在计算周转轮系部分的传动比时．不应把齿轮5的齿数计入。

11-3在计算行星轮系的传动比时，式imH=1-iHmn只有在什么情况下才是正确的? 答 在行星轮系，设固定轮为n, 即ωn=0时, imH=1-iHmn公式才是正确的。

11-4在计算周转轮系的传动比时，式iHmn=(nm-nH)／(nn-nH)中的iHmn是什么传动比，如何确定其大小和“±”号?

答: iHmn是在根据相对运动原理，设给原周转轮系加上一个公共角速度“-ωH”。使之绕

行星架的固定轴线回转，这时各构件之间的相对运动仍将保持不变，而行星架的角速度为0，即行星架“静止不动”了．于是周转轮系转化成了定轴轮系，这个转化轮系的传动比，其大小可以用iHmn=(nm-nH)／(nn-nH)中的iHmn公式计算；方向由“±”号确定，但注意，它由在转化轮系中m. n两轮的转向关系来确定。

11-5用转化轮系法计算行星轮系效率的理论基础是什么?为什么说当行星轮系为高速时，用它来计算行星轮系的效率会带来较大的误差?

答: 用转化轮系法计算行星轮系效率的理论基础是行星轮系的转化轮系和原行星轮系的差别，仅在于给整个行星轮系附加了一个公共角速度“-ωH”。经过这样的转化之后，

各构件之间的相对运动没有改变，而轮系各运动副中的作用力(当不考虑构件回转的离心惯性力时)以及摩擦因数也不会改变。因而行星轮系与其转化轮系中的摩擦损失功率PHf应相等。

用转化轮系法计算行星轮系效率没有考虑由于加工、安装和使用情况等的不同，以及还有一些影响因素如搅油损失、行星轮在公转中的离心惯性力等，因此理论计算的结果并不能完全正确地反映传动装置的实际效率。

11-6何谓正号机构、负号机构?各有何特点?各适用于什么场合?

答: 行星轮系的转化轮系中当传动比iH1n>o，称为正号机构；当传动比iH1n

正号机构效率随着l iH1l的增大而降低，其效率可能出现负值而发生自锁，其主要用于传递运动，如用在传动比大而对效率要求不高的辅助装置中；负号机构由于在任何情况下都不会出现自锁，效率较高，主要用于动力传动。

11-7何谓封闭功率流?在什么情况下才会出现?有何危害?

答: 在选用封闭式行星轮系时，如其型式及有关参数选择不当，可能会形成有一部分功率只在轮系内部循环，而不能向外输出的情况，即形成所谓的封闭功率流。当iⅢ和ibⅢa异号，且l ia

Ⅲl>l ibⅢl时，出现封闭功率流。这种封闭的功率流将增大摩擦功率损失，使

轮系的效率和强度降低，对于传动极为不刊。

11-8在确定行星轮系各轮齿数时，必须满足哪些条件，为什么?

答 设计行星轮系时，各轮齿数的选择应满足四个条件；对于不同的轮系，这四个条件具体表达式不尽相同，下面以内齿轮3固定，各轮均为标准齿轮的2K—H型轮系为例加以说明。

(1)保证实现给定的传动比： z3=(i1H-1)z1

(2)满足同心条件(即保证两太阳轮和系杆的轴线重合): Z3=z1+2z2

(3)满足k个行星轮均布安装(即满足装配条件)： N=(z3+z1)/k (n为整数)

(4)满足邻接条件（即保证相邻行星轮不致相互碰撞)： (z1+z2)sin(180º/k)>z2+2ha* 11-9在行星轮系中采用均载装置的目的何在?采用均载装置后会不会影响该轮系的传动比?

答 在行星轮系中，常把某些构件作成可以浮动的．在轮系运转中，如各行星轮受力不均匀。这些构件能在一定的范围内自由浮动，以达到自动调节各行星轮载荷的目的。采用均载装置后不会影响该轮系的传动比。

11-10何谓少齿差行星传动?摆线针轮传动的齿数差是多少?在谐波传动中柔轮与刚轮的齿数差如何确定?

答 少齿差行星传动是指在行星轮系中．当行星轮1与内齿轮2的齿数差△z=z2-z1=1～4时．就称为少齿差行星传动；摆线针轮传动的齿数差是1；在谐波传动中柔轮与刚轮的齿距相同．但齿数不等，刚轮与柔轮的齿数差通常等于波数n，即zr-zs=n0 11-11图示为一手摇提升装置，其中各轮齿数均为已知，试求传动比i15并指出当提升重物时手柄的转向。

解：i15z2z3z4z550304052577.78z1z2'z3'z4'2015118

当提升重物时手柄的转向逆时针（从左向右看手柄）。

11-12图示为一千分表的示意图，已知各轮齿数如图，模数m=0.11mm(为非标准模数)若要测量杆1每移动0.001 mm时，指针尖端刚好移动一个刻度(s=1.5 mm)。问指针的长度尺等于多少?(图中齿轮5和游丝的作用是使各工作齿轮始终保持单侧接触，以消除齿侧间隙对测量精度的影响。)

解：由图可知，轮2（2`）、3、（3`）、4、5组成定轴轮系且n2=n2`, n3=n3`

zzn`16121i2`42(1)334n4z2`z3`120160100 n4=-100n`2

杆1和齿轮2是一对齿条与齿轮的外啮合，设杆1每移动0.001时间为t

1v1n2mz22

2v20.00t1/0.2n21mz20.11293t19

20

319t 由图知，指针摆一个刻度的s=1.5mm

则摆角θ有关系式 θ=s/R

即 θ=n4t=s/R

s15R23.925mmn4tt319t则

11-13图示为绕线机的计数器。图中1为单头蜗杆，其一端装手把，另一端装绕制线圈。2、3为两个窄蜗轮，z2=99，．Z3=100。在计数器中有两个刻度盘，在固定刻度盘的一周上有100个刻度，在与蜗轮2固连的活动刻度盘的一周上有99个刻度，指针与蜗轮3固连。问指针在固定刻度盘上和活动刻度盘上的每一格读数各代表绕制线圈的匝数是多少?又在图示情况下，线圈已绕制了多少匝

? n4100n`2100n2

解： 因i13=nl/n3=z3／z1=100，故n3=n1／100，即蜗杆每转一转，蜗轮3转过1／100

转，指针相对固定刻度盘转过一个格度，说明指针在固定刻度盘上的每一格读数代表被绕制线圈绕制了一匝。

i12=nl／n2=z2／z1=99，故n2=n1／99，即蜗杆转一转，蜗轮2转过l／99转。由于蜗轮2、3转向相同，故蜗杆每转一转，指针相对活动刻度盘转过l／100-1／99= -1／9 900转(即相对向后倒转，所以活动刻度盘刻度的增大方向与固定刻度盘者相反)，因活动刻度盘上有99个刻度，故指针在活动刻度盘上的每一格读数，代表被绕制线圈已绕制了9 900／99=100匝。

今指针在活动刻度盘上的读数为13.××，在固定刻度盘上的读数为5.×，所以线圈已绕制的匝数为

活动刻度盘上的整数读数×100+固定刻度盘上的整数读数=13×100+5=1 305匝 11-14图示为一装配用电动螺丝刀的传动简图。已知各轮齿数为z1=z4=7，z3=z6=39。若n1=3 000 r／min，试求螺丝刀的转速。

解：此轮系为一复合周转轮系。在1-2-3-H1行星轮系中

z339i1H11i13h111z17 在4-5-6-H2行星轮系中

Z639i4H21i4H6211Z47

392I1H2I1）43.18H1IH4（21+7 故 nH2=n1/i1H2=3000/43.18=69.5r/min 转向以n1相同

11-16如图所示为两个不同结构的锥齿轮周转轮系，已知z1=20，z2=24，z2，=30，z3=40，n1=200 r／min，n3=-100 r／min。求nH等于多少?

(a)

解： Hi13 n1nHz2z324401.6n3nHz1z‘20302

i13Hn3n1nh[1.6（100）-200]/（1.6-1）=-600r/minHi113

(b)

解：Hi13zzn1nH2440231.6n3nHz1z‘20302

i13Hn3n1nh[1.6（-100）-200]/（-1.6-1）=15.385r/minHi131

11-17在图示的电动三爪卡盘传动轮系中，设已知各轮齿数为z1=6，z2=z2，=25，z3=57，z4=56。试求传动比i14。

解 : 图示轮系为一周转轮系(整个轮系只有一个行星架，去掉周转轮系部分后，无定

轴轮系部分，故整个轮系为一周转轮系)。该轮系共有三个中心轮，故称之为3K型行星传动。

此轮系的右端由轮2’、4和件H组成一差动轮系，左端由轮1、2、3和件H组成一行星轮系，此行星轮系将差动轮系中的构件2’和H封闭起来(即使构件2和H之间有固定速比关系)，整个轮系类似于一个封闭式行星轮系。此轮系也可认为是由轮1、2、3和行星架H组成的行星轮系与由轮4、2’、2、3和行星架H组成的另一行星轮系组合而成。故为求解此轮系的传动比，必须列出两个方程。如下的解法，求解最简便。 在轮1、2、3及行星架H组成的行星轮系中，轮3为固定轮，故

11-18图示为手动起重葫芦，已知z1=Z2，=10，z2=20，z3=40。设各级齿轮的传动效率(包括轴承损失)η1=0.98，曳引链的传动效率η2=0.97。为提升重G=10 kN的重物，求必须施加于链轮A上的圆周力F。

i14w1w41i1341( z2z3)120409z1z2'=1010解：

wm40Q4Qw1mp160Pi14 所以

4pQ/47I10/40.99308.64N 14 11-19图示为纺织机中的差动轮系，设z1=30，z2=25，z3=z4=24，z5=1 8，z6=121，n1=48～

200 r／rain，nH=316 r／min，求n6等于多少?

解： I16H Z62524121N1NH2Z2Z4（-1）5.6N6NHZ1Z3Z5302418

N61N1-NH）+NHHI16 当n1=48 ～200r/min 时

11n6(48316)316(200316)3165.65.6

268.14295.29(r/min) N6与n1及nH的转向相同

11-20图示为建筑用绞车的行星齿轮减速器。已知z1=z3=17，z2=z4=39，z5=18，z7=152，n1=l 450 r／min。当制动器B制动、A放松时，鼓轮H回转(当制动器B放松、A制动时，鼓轮H静止，齿轮7空转)，求nH等于多少?

解：

11-21在图示轮系中，设各轮的模数均相同，且为标准传动，若已知z1=z2，=z3，=z6，=20，z2=z4=z6=z7=40。试求：

1)当把齿轮1作为原动件时，该机构是否具有确定的运动?

2)齿轮3、5的齿数应如何确定?

3)当n1=980 r／min时，n1及n3各为多少

?

故有确定的运动。

11-22图示为隧道掘进机的齿轮传动，已知z1=30，z2=85，z3=32，z4=21，z5=38，z6=97，z7=147，模数均为10 mm，且均为标准齿轮传动。现设已知n1=1 000 r／min，求在图示位置时，刀盘最外一点A的线速度。

提示：在解题时，先给整个轮系以一ωH角速度绕oo轴线回转，注意观察此时的轮系变为何种轮系，从而即可找出解题的途径。

解：图示轮系为一装载式(一个行星轮系装载在另一个行星轮系的行星架上)的复杂行星轮系，为了求解这种行星轮系，可采用两次转化的方法。第一次转化时给整个轮系一个(-ωH)角速度绕OO轴旋转，所得的转化轮系如图b所示，这已是大家十分熟悉的复合轮系了。左边是一个以齿轮6为固定轮的行星轮系，右边为定轴轮系。

通过第一次转化后，各构件的转速为niH=ni-nH

通过第二次转化可求得左边行星轮系的传动比为

（a）

由定轴轮系部分有

nH=nl／(2.833 3×26.165 5)=13.489 r／min 由式(c)可得

n2=n4= -334.696 r／rain 由式(e)可得

n3= -48.477 r／

min

最后可得刀盘A点的线速度为

VA=[(rl+r2)nH+(r4+r5)n3+200n5]×2π／60 000=1.612 m／0 式中：r1=150 mm，r2=425 mm，r4=105mm，r5=190 mm。