精密机械设计基础习题答案(裘祖荣).docx

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1、精密机械设计基础习题答案(裘祖荣) 第一章 结构设计中的静力学平衡 1-1 解：力和力偶不能合成；力偶也不可以用力来平衡。 1-2 解：平面汇交力系可以列出两个方程，解出两个未知数。 取坐标系如图，如图知 ()100q x x = 1-3 解： 则载荷q(x) 对A 点的矩为 1-4 解：1）AB 杆是二力杆， 其受力方向如图，且 F A F B 2）OA 杆在A 点受力F A ，和F A 是一对作 用力和反作用力。显然OA 杆在O 点受力F O ，F O 和F A 构成一力偶与m 1平衡，所以有 代入OA = 400mm ，m 1 = 1N ?m ，得 F A =5N 所以F A F A 5

2、N ， F B F A 5N ， 即 杆AB 所受的力S F A 5N 3）同理，O 1B 杆在B 点受力F B ，和F B 是 一对作用力和反作用力，F B F B 5N ；且在O 1点受力F O1，F O1和F B 构成一力偶与m 2平衡， 所以有 210B m F O B -?= 代入O 1B =600mm ，得 m 2=3N.m 。 1-5 解： 1）首先取球为受力分析对象，受重力P ，墙 壁对球的正压力N 2和杆AB 对球的正压力N 1，处于平衡。有： 1sin N P ?= 则 1/s i n N P = 2）取杆AB 进行受力分析，受力如图所示， 杆AB 平衡，则对A 点的合力矩

3、为0： 3）根据几何关系有 最后解得： 2211/cos 1sin cos cos Pa Pa T l l += ?=?- 2cos cos -最大，即60时，有T min 当 4Pa l 。 q(x) O 1N 2 A F 1-6 解：1）取整体结构为行受力分析，在外力（重 力P 、 在B 点的正压力F B 和在C 点的正压力F C ）作用下平衡，则对B 点取矩，合力矩为0： 解得 (1)2C a F P l =- ，2B C a F P F P l =-= 2）AB 杆为三力杆，三力汇交，有受力如图 所示。根据平衡条件列方程： 解得：/tan B S F = 又根据几何关系知：tan co

4、s h l = 将F B 和tan 代入得：cos 2Pa S h = 1-7 解： 1） AB 杆是二力杆，受力如图，F A 和F B 大小相等，方向相反。 2）取滑块进行受力分析，受外力F ，正 压力N ，和杆AB 对它的力F B （和F B 是一对作用力和反作用力）。根据平衡条件可列方程 即 /c o s B F F = 3）取OA 杆进行受力分析。OA 杆在A 点受力F A （和F A 是一对作用力和反作用力）。对O 点取矩，根据平衡条件合力矩为0： 即：/cos A A B B M F d F d F d F d Fd =?=?=?=?= 又：d=(200+100)sin tan 1

5、00/200 解得：M 60000N.mm 60N.m 1-8 解：1）BC 杆是二力杆，受力在 杆沿线上。 2）取CD 杆和滑轮为一体进行受力分析。其中滑轮受力可简化到中心E （如图，T Q ）。C 点受力F C （方向由二力杆BC 确定）。列平衡方程： 代入已知参数，解得：F DX 2Q ， F DY 0.25Q F B F C O B F A d Q F DX 1-9 解： 取杆AB 分析，A 端为固定铰链，B 端受拉 力F B ，D 点受滑轮对其的作用力（滑轮受力简化到中心点D ）T 和Q ，T Q 1800N 。AB 杆平衡，列平衡方程： 代入已知参数，解得： F AX 2400N

6、， F AY 1200N 1-10 解：1）取偏 心轮分析受力，处于平衡状态时，有N 和F C 构成一力偶，与m 平衡。 有F C N ， ()0C M F m N e =-?，得：N m/e 2）取推杆分析受力，处于平衡状态时有 （推杆有向上运动的趋势，故摩擦力方向如图，且正压力N 和N 是一对作用力和反作用力，N N ）： ()0/2/2 00O A A B X A B Y A B M F N a N b F d F d F N N F N Q F F ?=?-?+?-?=-? =-? 又 , A A B B F f N F f N =?=? 联立方程组解得：N A am/be ，F A

7、F B fam/be 3）若要推杆不被卡住，则要求有 A B N Q F F +，代入相应结果得： 2afm b m eQ - 1-11 解： CD 是二力杆，所以在D 点砖所受的约束反力R （和CD 杆D 端受力为一对作用力和反作用力）方向在GD 连线上，如图所示。 若要把砖夹提起，则要求约束反力R 在摩擦角?范围之内，即要求0;原动件数目等于机构自由度。原动件数少于机构自由度时 机构运动不确定。原动件数多于机构自由度时机构将遭到破坏。 4-4 解：复合铰链：若有m 个机构用复合铰链连接时，则应含有（m-1）个转动副；局部自 由度：某些构件所产生的局部运动，并不影响其他构件的运动，计算机构自

8、由度时应除去局部自由度；虚约束：有些运动副的约束可能与其他运动副的约束重复，因而这些约束对机构的活动实际上并无约束作用，计算机构自由度时应除去虚约束。 4-5 解：为了便于对含有髙副的平面机构进行研究，也使平面低副机构的运动分析方和动力 分析方法，能适用于一切平面机构。条件：为了使机构的运动保持不变，代替机构和原机构的自由度、瞬时速度和瞬时加速度必须完全相同。 4-6 解： F = 3n-2PL-PH = 33-24-0 = 1 F = 3n-2PL-PH = 33-24-0 = 1 4-7 解： F = 3n-2PL-PH = 37-210-0 = 1 F = 3n-2PL-PH = 37-

9、210-0 = 1 4-8 解： F = 3n-2PL-PH = 33-23-2 = 1 F = 3n-2PL-PH = 36-28-1 = 1 4-9 解： F = 3n-2PL-PH = 38-211-1 = 1 F = 3n-2PL-PH = 36-28-1 = 1 第五章 平面连杆机构 5-5 解： 给定连杆三个位置 可附加以下条件之一： 曲柄与摇杆的长度 固定铰链A 或D 的位置，A 、D 间的距离 主、从动件的转角 可以有唯一确定解。 5-7解： 所谓原理误差是指仪器中采用的机构的传动特性与要求的传 动特 性不相符而引起的仪器误差。若推杆行程和摆杆长度均相同时， 正弦机构的原理误差

10、为a 3/6，正切机构的原理误差为-a 3 /3。 虽然正弦机构的原理误差比正切结构小，但在高精度的光学比较 仪中仍采用正切结构，是由于采用了两级放大，第一级将线位移转换 髙副低代 局部自由度 虚约束 高副 低代： 为角位移，即S=a tan, 对于线性刻度标尺，示值小于实际值；第二级光学放大，将角位移变为线位移，对于线性刻度标尺，示值大于实际值，两者原理误差方向相反，可以抵消一部分，减少了原理误差。 5-8解：图5-40所示铰链四杆机构中，已知L BC=50mm，L CD=35mm，L AD=30mm，AD为机架。问：1）若此机构为曲柄摇杆机构，且AB为曲柄，求L AB的最大值。 2）若此机

11、构为双曲柄机构，求L AB的最小值。 3）若机构为双摇杆机构，求L AB的值（取值范围）。 解： 1）当此机构为曲柄摇杆机构，且AB为曲柄时，由曲柄存在的必要条 件（杆长条件），有： L AB + L BC L CD + L AD 即L AB +50 35+30 L AB15mm L AB的最大值为15mm。 2）当此机构为双曲柄机构时，应有： 机架AD为最短杆 且L AD + L BC L CD + L AB 即 30+50 L AB +35 L AB45mm L AB的最小值为45mm。 3）若机构为双摇杆机构，则有以下三种情况： （1）AB为最短杆，即L AB30mm 不存在曲柄，即无法

12、满足曲柄存在的必要条件，有： L AB + 50 35 + 30，L AB 15mm 15mm 50mm，此时AD为最短杆 则30 + L AB 50 + 35，L AB 55mm 又 AB的值不应大于其余三杆长度之和 55mm L AB +35，L AB a + b = 20mm，不满足曲柄存在必要条件，因此最短杆必然不是c或d，只能是a杆。 则1）c为最长杆： a + c b + d (1) c + d = 25 (2) 由（1）（2）， 且c 、d 的长度为整数，得c=13mm ，d=12mm 2）d 为最长杆： a + d b + c (1) c + d = 25 (2) 由（1）（2

13、），且c 、d 的长度为整数，得c=12mm ，d=13mm 5-10 解：图5-41所示曲柄摇杆机构中，已知机架长L AD =500mm ，摇杆L CD =250mm ，要求摇杆CD 能在水平位置上、下各摆10o ，试确定曲柄与连杆的长度。 解： 当摇杆摆到水平以上10时，曲柄、连杆共线，如B AC ，由ADC 得 又当摆杆DC 摆到水平以下10时，曲柄与连杆也共线，如AB C ,由ADC 得 ()()? ?-+=+? ?-+=+100cos 2100cos 2222 222DC AD DC AD AB BC DC AD DC AD C B AB 即代入数字： ()?-+=-80cos 25

14、05002250500222AB BC (1) ()?-+=+100 cos 25050022505002 2 2 AB BC (2) 解 (1)(2)式得 AB=38.93mm ，BC=557.66mm 5-11 解：设计一铰链四杆机构，如图5-42所示，已知其摇杆CD 的长度L CD =75mm ，机架AD 的长度L AD =100mm ，行程速度变化系数K =1.5，摇 杆的一个极限位置与机架的夹角 345=?， 求曲柄AB 及连杆BC 的长度。 解： (1)求极位夹角 (2)连接 AC,并延长至 B 1,在此位置，曲柄与连杆共线； (3)过A 点作一线AB 1与AC 夹角为36o； (4)以D 为圆心DC 长为半径画弧，延长线AB 1并与圆弧交于C 1点，则C D 为摇杆的第二极限位置，AC 1为连杆与曲柄共线的第二位置。 由图看出，此题有两个解，因圆弧与线AC 1由第二交点C 2. 第一组解：由ADC 得 即 ()2 112245cos 2AB C B DC AD DC AD -=?-+ mm AB C B 71 11=- (1) 由正弦定理得 ? =?= =?1248sin 15 sin 45sin 711AD C CAD CAD CAD DC 即