第2章 习题2-5 计算题2-5图所示各机构的自由度。

并指出图中的复合铰、局部自由度和虚约束。

ABCDE解答：a) n=7; P l =10; P h =0，F=3⨯7-2 ⨯10 = 1 C 处存在复合铰链b) n=7; P l =10; P h =0，F=3⨯7-2 ⨯10 = 1BDECAc) n=3; P l =3; P h =2，F=3⨯3 -2 ⨯3-2 = 1 D 处存在局部自由度， d) n=4; P l =5; P h =1，F=3⨯4 -2 ⨯5-1 = 1AB C D EF G G'HABD CEFGHIJe) n=6; P l =8; P h =1，F=3⨯6 -2 ⨯8-1 = 1 B 处存在局部自由度，G 或G'处存在虚约束, f) n=9; P l =12; P h =2，F=3⨯9 -2 ⨯12-2 = 1 C 处存在局部自由度，I 处存在复合铰链,第3章 习 题3-3 题3-3图所示铰链四杆机构中，已知 BC=100mm ， CD=70mm ， AD=60mm ，AD 为机架。

试问：（1）若此机构为曲柄摇杆机构，且AB 为曲柄，求AB 的最大值； （2）若此机构为双曲柄机构，求AB 最小值； （3）若此机构为双摇杆机构，求AB 的取值范围。

解：（1）根据题意：AB 为最短杆，且满足杆长之和条件，即：AB+ BC ≤CD+ AD ，得：AB ≤30mm ，AB 杆最大值为30 mm 。

（2）若此机构为双曲柄机构，那么AD 一定为最短杆，即： AD+ BC ≤CD+ AB ，得：AB ≥90mm ，AB 杆最小值为90 mm 。

（3）若此机构为双摇杆机构，则可判定该机构不满足杆长之和条件， 分三种情况讨论:其一：AB 是最短杆，则有：AB+ BC ＞CD+ AD ，得：60＞AB ＞30；其二：AB 不是最短杆也不是最长杆，则AD 为最短杆，有：AD+ BC ＞AB+ CD ，得：90＞AB ＞60；其三：AB 是最长杆，则有:AD+ AB ＞BC+ CD ，得：AB ＞110，又为了满足该机构能成为一个四杆机构，需保证：AB ＜BC+ CD+ AD=230，即230＞AB ＞110。

综上所述，AB 的取值范围为：AB ∈(30,90)∪(110,230)。

3-4 题3-4图所示四杆机构简图中，各杆长度为a =30 mm ，b =60 mm ，c =75 mm ，d =80 mm ，试求机构的最大传动角和最小传动角、最大压力角和最小压力角、行程速比系数。

（用图解法求解）D题3-3图解：1) γmin＝[41.65°,108.63°]=[ 41.65°,71.37°]= 41.65°αmax＝90°-41.65°=48.1°γmax＝90°;αmin＝02) ∵θ=17.62°;∴行程速比系数K＝1.213-5 题3-5图所示的四杆机构中，各杆长度为a=25 mm，b=90 mm，c=75 mm，d=100 mm，试求：1) 若杆AB是机构的主动件，AD为机架，机构是什么类型的机构？---曲柄摇杆机构2) 若杆BC是机构的主动件，AB为机架，机构是什么类型的机构？---双曲柄机构3) 若杆BC是机构的主动件，CD为机架，机构是什么类型的机构？---双摇杆机构3-7 如题3-7图所示的曲柄滑块机构：（1）曲柄为主动件，滑块朝右运动为工作行程，试确定曲柄的合理转向，并简述其理由；（2）当曲柄为主动件时，画出极位夹角θ，最小传动角γmin。

题3-4图题3-5图（3）设滑块为主动件，试用作图法确定该机构的死点位置；解：（1）曲柄应为顺时针转动，理由可从下两方面说明：a)顺时针转动，滑块朝右运动慢，向左返回运动快，即机构工作行程速度慢，回行程速度快，具有急回特性。

b)顺时针转动，则在工作行程中，机构的压力角比较小，传力特性好； （2）极位夹角如图θ角；最小传动角γ min ：当曲柄AB 位于最上方B ′处有工作行程最小传动角γ min ；当曲柄AB 位于最下方B 〞处有回行程最小传动角γ min 。

（3）滑块为主动件时，机构的死点位置：在曲柄与连杆共线的B1 和B2 两个位置处。

第4章 习 题4-8在题4-8图所示的对心直动滚子从动件盘形凸轮机构中，凸轮的实际廓线为一圆，圆心在点A ，半径R=40 mm ，凸轮绕轴心O 逆时针方向转动，LOA=25 mm ，滚子半径为10 mm ，试求：①凸轮的理论廓线；②凸轮的基圆半径；③从动件行程；④图示位置的压力角。

解：（1）理论廓线：在实际廓线上画一系列滚子圆，连接圆心而成。

（2）凸轮的基圆半径指理论廓线的最小向径：r0=40-25+10=25 mm 。

（3）从动件行程最大向径减去最小向径：h=40+25-15=50 mm 。

（4）压力角如图所示。

4-9一对心直动滚子从动件盘形凸轮机构，已知基圆半径r 0=50 mm ，滚子半径r T =10A B C题3-7图θB ′ B 〞B 1 B 2A BCαmm ，凸轮逆时针等速转动。

凸轮转过140°，从动件按简谐运动规律上升30 mm ；凸轮继续转过40°时，从动件保持不动。

在回程中，凸轮转过120°时，从动件以等加速等减速运动规律返回原处。

凸轮转过其余60°时，从动件保持不动。

试绘出其从动件位移曲线，并用图解法设计凸轮的轮廓曲线。

4-13画出题4-13图所示凸轮机构中凸轮基圆,在图上标出凸轮由图示位置转过60°角时从动件的位移和凸轮的压力角。

解：（a ）对心直动滚子从动件盘形凸轮机构：从动件上升，位移如图中h =OA2-OA1所示；压力角如图α所示；（b ）对心直动平底从动件盘形凸轮机构：从动件下降，位移如图中h 所示；压力角α=0°；（c ）摆动从动件盘形凸轮机构：从动件与机架之间的夹角减小，角位移为：ψ0—ψ1；压力角如图α所示。

题4-13图第5章 习 题5-2 已知一正常齿制标准直齿圆柱齿轮z =26，模数m =3mm ，α=20°，h*a =1,试分别求出分度圆、基圆、齿顶圆上渐开线齿廓的曲率半径和压力角。

解: 分度圆半径 39mm 26/23mz/2r =⨯==基圆半径: mm 7.3620cos 39cos r r b =⨯==α齿顶圆半径 mm 243139r r *a =⨯+=+=m h a 分度圆上渐开线齿廓的曲率半径 : 3.33mm 17.3693r 2222=-=-=b r ρ分度圆上渐开线齿廓的压力角F v h hα=0°Fvψ0 ψ1α αA1A2基圆上渐开线齿廓的曲率半径为 0=b ρ； 压力角 0=b α。

齿顶圆上渐开线齿廓的曲率半径:mm r b a 5.207.3642r 2222a =-=-=ρ齿顶圆上渐开线齿廓的压力角 : 24.29427.36cos arccos ===ars r r a b a α5-3 已知一对外啮合齿标准直齿圆柱齿轮的标准中心距a =160mm ，齿数z 1=20，齿数z 2=60，求模数和分度圆直径。

解: 由可得模数分度圆直径5-6试根据渐开线特性说明一对模数相等，压力角相等，但齿数不等的渐开线标准直齿圆柱齿轮，其分度圆齿厚、齿顶圆齿厚和齿根圆齿厚是否相等？哪一个较大？解: 模数相等、压力角相等的两个齿轮，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。

5-9 已知一对外啮合正常齿制标准斜齿圆柱齿轮传动的中心距a =250mm ，法面模数m n =4mm ，法面压力角α n =20°，齿数z 1=23，z 2=98，试计算该对齿轮的螺旋角、端面模数、分度圆直径、齿顶圆直径和齿根圆直径。

解: 因螺旋角端面模数分度圆直径 :齿顶圆直径:齿根圆直径:5-10 试设计一对外啮合圆柱齿轮，已知z 1=21，z 2=32，m n =2mm ，实际中心距为55mm ，问：（1）该对齿轮能否采用标准直齿圆柱齿轮传动？（2）若采用标准斜齿圆柱齿轮传动来满足中心距要求，其分度圆螺旋角β、分度圆直径d 1、d 2和节圆直径d 1′、d 2′各为若干？解：（1）不能。

若采用标准直齿圆柱齿轮传动，其中心距mm z z m a 532)(21=+=，与所给实际中心距不相等。

（2）斜齿轮中心距βcos 2)(21z z m a n +=，所以9636.02)(cos 21=+=az z m n β故︒=4987.15β 分度圆直径为：m m 59.43cos /11==βz m d n ，m m 42.66cos /22==βz m d n标准斜齿齿轮传动，未采用变位，其节圆与分度圆重合，故：11d d ='，22d d ='。

第6章 习 题6-1 在题6-6图所示的轮系中，已知各轮齿数为：z 1＝20，z 2＝40，'2z ＝20，z 3＝30，'3z ＝20，z 4＝32，z 5＝40，试求传动比15i 。

64'321543215=='z z z z z z z z i题6-6图6-7在题6-7图所示轮系中，已知齿轮1转向如图所示，n1= 405 r/min 。

各轮齿数为：z1=2'z =4'z =20，z2=z3=z5=30，z4=z6=60，试求：(1) 传动比16i ；(2) 齿轮6的转速n6的大小及转动方向。

解：(1) 此为定轴轮系，先判定方向，首末两轮转向相反，传动比为：5.13421642543216543216-=-=-=''''z z z zz z z z z z z z z z z z i（2）m in /30/1616r i n n -==6-9在题6-9图所示的一手摇提升装置中，已知各轮齿数，试求传动比i15，并指出提升重物时手柄的转向。

解：此为定轴轮系，先判定方向，提升重物时，齿轮5逆时针转动；蜗轮4顺时针转动，在啮合点处受力与速度向上，则蜗杆在啮合点处受力向下，又蜗杆右旋，对蜗杆用右手定则，判定其转动方向为由右指向左；锥齿轮2'方向向上；最后得出齿轮1方向向上。

传动比：8.5774321543215==''z z z z z z z z i6-10题6-10图(a)、(b)分别为两个不同结构的锥齿轮周转轮系，已知z1=20，z2=24，2'z =30，z3=40，n1=200 r/min ，n3=-100 r/min 。