机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(7-11章)(19页).doc

《机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(7-11章)(19页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(7-11章)(19页).doc（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、-机械原理第七版西北工业大学课后习题答案(7-11章)-第 18 页机械原理第7章课后习题参考答案71等效转动惯量和等效力矩各自的等效条件是什么? 72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。 73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

2、，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。 74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

3、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。 75由式JF=Wmax(m2 )，你能总结出哪些重要结论(希望能作较全面的分析)?答：当Wmax与m一定时，若下降，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。 由于JF不可能为无穷大，若Wmax0，则不可能为零，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。 当Wmax与一定时，JF与m的平方值成反比，故为

4、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。 76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? 77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则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,滚珠丝杠的导程d=6 mm，

5、转动惯量J3=1.210-3kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 10-6kg.m2，J2=76810-6kg.m2。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。解：根据等效转动惯量的等效原则有 则: =73210-6+(768+l 200)l10-6(25/45)2+355(610-3)2(25/45)2 =5.284l0-3kg.m279已知某机械稳定运转时主轴的角速度s=100 rads，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

6、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=Jed/dt 其中：Me=-Mr=-20 N.m，Je=0.5 kg.m2 dt=Je/(-Mr)d=0.5/（-20）d=-0.025d因此 t= -0.025(-s)=0.025s=2.5s由于t=2.5s 3s，所以该制动器满足工作要求。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 000100(N.m)，等效阻抗力矩Mer=8 000 N.m，等效

7、转动惯量Je=8 kg.m2，主轴的初始角速度0=100rads。试确定运转过程中角速度与角加速度随时间的变化关系。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()=Med()-Mer()=Jed/dt即10000-100-8000=8d/dt (1)对式积分得 (2)将式(2)改写为 一l2.5t= In(100一2000)一ln8 000解得 =20+80e-12.5t上式对t求导得 = d/dt=-100e-12.5t 711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

8、w，曲柄的平均转速n=100 rmin，空程曲柄的转角为1=120。当机构的运转不均匀系数=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 rmin。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+P2t2P=(P1t1+P2t2)/T=(P11+P22)/(1+2)=(367.7/3+3 6772/3)=2 5

9、73.9 w (2)由图知最大盈亏功为：、Wmax=(P-P1)t1=(P-P1)(601)/(2n)=(2573.9-367.7) 60(1/3) (1/100)=441.24N.m1）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 7-12 某内燃机的曲柄输出力矩随曲柄转角的变化曲线如图所示，其运动周期曲柄的平均转速。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=。试求1) 曲轴最大转速和相应的曲柄转角位置；2) 装在曲轴上的飞轮转动惯量（不计其余构件的转动惯

10、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 MrT=AOABC=200（1/2）(/6+)解得 Mr=(1/) 200(1/2) (/6+)=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max： 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=c时，n=nmax。故max=20+30+130(200-116.7)/200=104.16 此时nmax=(1+/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，：故：713图示为两同轴线的轴1和2以摩擦离合器相连。轴1和

11、飞轮的总质量为100 kg，回转半径=450 mm；轴2和转子的总质量为250 kg，回转半径=625 mm。在离合器接合前，轴1的转速为n，=100 rmin，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。根锯力矩形式的机械运动方程。对于轴l和轴2，分别有： （1） （2）由式（1）（2）得：式中 J1=m112 J2=m222 1=2n

12、1/60=n1/30, 2=2n2/60=n2/30从而由（1）得: 714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 390rmin，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

13、转过多少度?提示：电动机额定转矩Mn=9 550Pnnn，电动机的起动转矩Md2Mn，并近似当作常数。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 11=10+1t111=10+10t1+(1/2)1t12式中: 10=0, 10=0, t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以第二阶段的等效力矩为 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： 1

14、2=11+2t212=11+11t2+(1/2)2t22式中: 12=0, 2=Me12/Je1 所以每次点动后电机转过的角度为 1=12+11=1.424+9.125=10.549rad而转盘5转过的角度为：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

15、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

16、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，,。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、bc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=840900=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，

17、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440760mm。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+eBC。(2)若偏距e=0, 则杆AB为曲柄的条件是ABBC8-8 在图所示的铰链四杆机构中，各杆的长度为， ，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

18、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： =18.6,=70.6, min=22.7 (2)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；小最短杆l为机架时，该机构将演化成双曲柄机构；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。 8-9 在图示的连杆机构中，已知各构件的尺寸为构件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；3)滑块F的行程速比系数K。

19、解 （1)由lAD+lBC408-25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l作图，由图可得导杆机构导杆和机架的长度为： LCD=l.CD=300mm, lAC=l.AC=150mm;导杆端点D的行程 D1D2=E1E2=H/l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(/2)/2=300(1+cos(60/2)/2=279.9mm 点津 本题属于按行程速比系数K设计四杆机构问

20、题，需要注意的是：导杆CD的最大摆角与机构极位夹角相等：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)，21=0；M2(144，80)，22=22 ；M3(34，100)，23=68 。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。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

21、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:，。试以解析法设计此四杆机构。解：（1）将, 的三组对应值带入式（8-17）（初选0=0=0）Cos(+0)=p0cos(+0)+p1cos(+0)-(+0)+p2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（3）求各杆的长度：得d=80.00 a=d/l=80/1.2515=63.923mm b=ma=1.583163.923=101.197mm c=na=1.

22、585163.923=101.094mm8-28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=15，滑块的冲程H=50 mm，偏距e=20 mm。并求其最大压力角max。解：计算并取相应比例尺l根据滑块的行程H作出极位及作圆，作偏距线，两者的交点即铰链所在的位置，由图可得：lAB=l. (AC2-AC1)/2 =17mm, lBC=l. (AC2+AC1)/2=36mm8-29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=，lz10。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：

23、1)从动件摇杆输出角为45： 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

24、，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?试补全图示各段一、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-, v-, a-曲

25、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。92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?题9-1图答 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方法来避免。93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

26、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。94一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。 95一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

27、。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 可知在其他条件不变的情况下。若为正偏置(e前取减号)由于推程时(ds/d)为正式中分子ds/d-edsd。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。97 试

28、标出题96a图在图示位置时凸轮机构的压力角，凸轮从图示位置转过90后推杆的位移；并标出题96b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

29、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)98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

30、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。 99 已知凸轮角速度为15 rads，凸轮转角时，推杆等速上升1

31、6mm; 时推杆远休，时推杆下降16mm;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=h0 01 50(2)回程：等加速段s=h一2h202 060 等减速段s=2h(一)202 60120计算各分点的位移值如表93：根据表9-3可作所求图如下图：910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60，回程运动角为150。，近休止运动角为150。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

32、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=0120时，推杆等速上升20 mm；=120180时，推杆远休止；=180270时，推杆等加速等减速下降20 mm；=270：360时，推杆近休止。要求推程的最大压力角。30，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1201r推杆以余弦加速度运动上升20。，再转过150时，推杆又以余弦加速度运动回到原位，凸轮转过其余90时，推

33、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=h1-cos(/0)/2： 0120 （2）回程 S=h1+cos(/0)/2 01 50 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923)，已知lOA=60 mmr

34、0=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180时，推杆以余弦加速度运动向上摆动25；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=1-cos(/0)/2 0180 (2)回程：s=1-(/0)十sin(2/0)/(2) o180 计算各分点的位移值如表95：根据表9。5作图如图所示914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