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7-1. 图示三个凸轮机构中，已知R=40mm ，a=20mm ，e=15mm ，rr=20mm 。
试用图解法或解析法求各推杆位移曲线 S=S （δ），并比较之。
要求三条位移曲线画在同一坐标系上，均以推杆最低位置为起始点。
题7-1图解：(a) 对心顶尖从动件凸轮1) 图解法B 1B 2B 3B 4B 5B 6B 7B 8B 9B 10B 11B 12B 13B 14B 15B 16B 17B 18B 19A如图所示，使凸轮与图纸平面相对静止，采用反转法：使整个机构以角速度（-w ）绕o 转动，同时从动件又以原有运动规律相对机架往复运动，从而得出推杆位移曲线，如下：p h a OS2）解析法以凸轮回转中心为原点、从动件推程运动方向为x 轴正向，建立右手直角坐标系，知道直线1OB 和凸轮廓线圆方程，联立组成方程组，可求得交点坐标：⎩⎨⎧=++=-︒22240)20(0)19/360tan(y x y x 得出x=7.28mm ，y=18.73mm （第三象限负值舍去）结合如下公式：⎩⎨⎧+=+=ϕϕcos )(sin )(s r y s r x b b 可解得Pha=18.95度，s=20.4985mm 同理，其他s 、pha 值可依次求得。
由方程计算出的s 、pha 值如下表所示：根据计算出的s、pha值，从而做出推杆位移曲线S=S（δ）（见图解法曲线）(b)(c)图解法和解析法方法同（a）。
下面用ADAMS仿真软件模拟凸轮s-pha曲线(b)推杆位移速度加速度曲线推杆位移曲线正向最大位移40.7007mm（c）推杆位移速度加速度曲线推杆位移曲线同一坐标系上的三条位移曲线p h aOS3)偏心尖顶从动件凸轮总行程是40.7007+2.4972=43.1979mm ，其余两种行程都是40mm7-2. 在图示的凸轮机构中，试作图求解：(1) 凸轮位于图示位置时，凸轮机构的压力角和从动件的位移；(2) 凸轮从图示位置转过45 时，凸轮机构的压力角和从动件的位移。
题2-1 图a 所示为一简易冲床的初拟设计方案。
设计者的思路是：动力由齿轮1输入，使轴A 连续回转；而固装在轴A 上的凸轮2与杠杆3组成的凸轮机构使冲头4上下运动，以达到冲压的目的。
试绘出其机构运动简图（各尺寸由图上量取），分析是否能实现设计意图，并提出修改方案。
解：1)取比例尺,绘制机构运动简图。
(图2-1a) 2)要分析是否能实现设计意图,首先要计算机构的自由度。
尽管此机构有4个活动件，但齿轮1和凸轮2是固装在轴A 上，只能作为一个活动件，故3=n 3=l p 1=h p01423323=-⨯-⨯=--=h l p p n F原动件数不等于自由度数，此简易冲床不能运动，即不能实现设计意图。
分析：因构件3、4与机架5和运动副B 、C 、D 组成不能运动的刚性桁架。
故需增加构件的自由度。
3)提出修改方案：可以在机构的适当位置增加一个活动构件和一个低副，或用一个高副来代替一个低副。
(1) 在构件3、4之间加一连杆及一个转动副(图2-1b)。
(2) 在构件3、4之间加一滑块及一个移动副(图2-1c)。
(3) 在构件3、4之间加一滚子(局部自由度)及一个平面高副(图2-1d)。
11(c)题2-1(d)54364(a)5325215436426(b)321讨论：增加机构自由度的方法一般是在适当位置上添加一个构件（相当于增加3个自由度）和1个低副（相当于引入2个约束），如图2-1（b ）（c ）所示，这样就相当于给机构增加了一个自由度。
用一个高副代替一个低副也可以增加机构自由度，如图2-1（d ）所示。
题2-2 图a 所示为一小型压力机。
图上，齿轮1与偏心轮1’为同一构件，绕固定轴心O 连续转动。
在齿轮5上开有凸轮轮凹槽，摆杆4上的滚子6嵌在凹槽中，从而使摆杆4绕C 轴上下摆动。
同时，又通过偏心轮1’、连杆2、滑杆3使C 轴上下移动。
最后通过在摆杆4的叉槽中的滑块7和铰链G 使冲头8实现冲压运动。
第七章 机械的运转及其速度波动的调节题7-7如图所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r 3，各齿轮的转动惯量J 1、J 2、J 2`、J 3，因为齿轮1直接装在电动机轴上，故J 1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J e 。
解：根据等效转动惯量的等效原则，有∑=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ni i Si Si i e J v m J 122ωωω 212133212221221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=''ωωωωωωωv g G J J J J J e 2322123232213221222121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+='''Z Z Z Z r g G Z Z Z Z J Z Z J Z Z J J J e 题7-9已知某机械稳定运转时其主轴的角速度ωs =100rad/s ，机械的等效转动惯量J e =0.5Kg ·m 2，制动器的最大制动力矩M r =20N ·m （该制动器与机械主轴直接相联，并取主轴为等效构件）。
设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J e 及等效力矩M e 均为常数，故可利用力矩形式的机械运动方程式dtd J Me e ω= 其中：25.020m kg m N M M r e ⋅=⋅-=-= ωωωd d d M J dt r e 025.0205.0-=-=-= ()s t S S 5.2025.0025.0==--=∴ωωω由于 s s t 35.2<= 所以该制动器满足工作要求。
题7-11 在图a 所示的刨床机构中，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P 1=367.7W 和P 2=3677W ，曲柄的平均转速n=100r/min ，空程中曲柄的转角φ1=120°。
第7章作业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J F =△W max ／(ωm 2 [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△W max 与ωm 一定时，若[δ]下降，则J F 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J F 不可能为无穷大，若△W max ≠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。
华东理工大学网络教育学院机械原理课程阶段练习三（第7章）第七章齿轮机构及其设计一：选择题1、渐开线直齿圆柱齿轮传动的可分性是指（B）不受中心距变化的影响。
A 节圆半径；B 传动比；C 啮合角。
2、齿轮经过正变位修正后，其分度圆同未修正时相比，是（A）。
A 相同；B 减少；C 增大。
3、对于渐开线齿轮而言，其模数决定齿轮的（C），而其分度圆上的压力角，确定了轮齿的（D）。
A 长短；B 厚度；C 大小；D 形状。
4、蜗杆传动的正确啮合条件中，应除去（C）。
A ma1= mt2； B αa1= αt2； C β1 =β 2 ； D螺旋方向相同5、直齿圆柱齿轮的齿根圆（B）大于基圆。
A 一定；B 不一定；C 一定不。
6、渐开线直齿圆柱外齿轮轮廓根切发生在（C）场合。
A 模数较大；B 模数较小；C 齿数较少；D 齿数较多7、现要加工两只正常齿制渐开线标准直齿圆柱齿轮，其中齿轮1：m1=2mm,z1 =５０；齿轮２：m２=４mm, z２=２５。
这两只齿轮（C）加工。
A 可用同一把铣刀；B 可用同一把滚刀；C 不能用同有把刀具。
8、一对平行轴斜齿轮传动，起传动比i12（A）等于zv2/ zv1.A 一定；B 不一定；C 一定不。
9、模数m=2mm，压力角∝=20o，齿数z=20，齿顶圆直径da =,齿根圆直径 df=的渐开线直齿圆柱齿轮是（C）齿轮。
A 标准；B 变位；C 非标准。
10、斜齿圆住齿轮基圆柱上的螺旋角βb与分度圆上的螺旋角β相比（B）。
A βb >βB βb <βC βb =β11、一对相啮合传动的渐开线齿轮，其压力角为（C），啮合角为（B）。
A 基圆上的压力角；B 节圆上的压力角；C 分度圆上的压力角；D 齿顶圆上的压力角。
12、在减速蜗杆传动中，用（D）来计算传动比i是错误的。
A i=ω1/ω2;B i=z1/z2;C i= n1/n2;D i=d2/d1. 13、蜗杆的标准模数是指（ C ）模数。
第7章 机械的运转及其速度波动的调节一、填空题1、用飞轮进行调速时，若其它条件不变，则要求的速度不均匀系数越小，飞轮的转动惯量将越 ，在满足同样的速度不均匀系数条件下，为了减小飞轮的转动惯量，应将飞轮安装在 轴上。
2、机械速度呈周期性波动的原因是 ；其 运转不均匀系数δ可表达成 。
3、机器速度波动的类型有 和 两种。
前者一般采用的调节方法是 ，后者一般采用的调节方法是 。
4、在电机驱动的冲床上加了飞轮之后，选用的电机功率比原来的 。
5、最大盈亏功是指机械系统在一个运动循环中的 值与 值的差值。
二、选择题1、机器中安装飞轮后，可以 。
A. 使驱动功与阻力功保持平衡；B. 增大机器的转速；C. 调节周期性速度波动；D. 调节非周期性速度波动。
2、对于存在周期性速度波动的机器，安装飞轮主要是为了在 阶段进行速度调节。
A.起动；B.停车；C.稳定运转。
3、对于单自由度的机构系统，假想用一个移动构件等效时，其等效质量按等效前后 相等的条件进行计算。
A.动能；B.瞬时功率；C.转动惯量。
4、利用飞轮进行调速的原因是它能 能量。
A.产生；B.消耗；C.储存和放出。
5、在周期性速度波动中，一个周期内等效驱动力做功d W 与等效阻力做功r W 的量值关系是 。
A.d r W W >；B.d r W W <；C.d r W W ≠；D.d r W W =。
6、有三个机构系统，它们主轴的max ω和min ω分别是：A.1025rad/s 975rad/s ，；B.512.5rad/s rad/s ，487.5；C.525rad/s rad/s ，475。
其中，运转最不均匀的是 。
三、分析、计算题1、已知某机械一个稳定运动循环内的等效力矩r M 如图所示，等效驱动力矩d M 为常数，等效构件的最大及最小角速度分别为：s rad /200max =ω及s rad /180min =ω。
试求：（1） 等效驱动力矩d M 的大小； （2） 运转的速度不均匀系数δ；（3） 当要求δ在0.05范围内，并不计其余构件的转动惯量时，应装在等效构件上的飞轮的转动惯量F J 。
7-1在如图7-32所示的轮系中，已知Z 1=15，Z 2=25，Z 2’=15，Z 3=30，Z 3’=15，Z 4=30，Z 4’=2(右旋)，Z 5=60，Z 5’=20（m=4mm ），若n 1=500r/min ，求齿条6线速度ｖ的大小和方向。
解：计算齿轮5的转速n 52345115512'3'4'253030602001515152z z z z n i n z z z z ⨯⨯⨯====⨯⨯⨯故：15155002.5 /min 200n n r i ===计算齿轮5’直径d 5’5'5'42080 d mz mm==⨯=故齿条6的线速度ｖ6为55'655'2 2.5800.01047 /602601000n d v r m s ππω⨯⨯==⋅==⨯方向如图所示。
7-2在如图7-33所示的手摇提升装置中，已知各齿轮齿数为Z 1= 20，Z 2=50，Z 3=15， Z 4=30，Z 6=40，Z 7=18，Z 8=51，蜗杆Z 1=1且为右旋，试求传动比i 18，并指出提升重物时手柄的转向。
解：246811881357503040515682015118z z z z i z z z z ωω⨯⨯⨯====⨯⨯⨯提升重物时手柄的转向如图所示。
7-3在如图7-34所示的轮系中，已知各齿轮齿数为Z 1= 20，Z 2=30，Z 3=18， Z 4=68，齿轮１的转速n 1=500r/min ，试求系杆Ｈ的转速n H 的大小及方向。
解：1241441330685.672018H H H n n z z i n n z z -⨯==-=-=--⨯40n =115.6715022.496.67 6.67H HH n n n n n -====方向与n 1相同。
7-4在如图7-35所示的双级行星齿轮减速器中，各齿轮齿数为Z 1= Z 6 =20，Z 2=30，Z 3=Z 4=40，Z 2=Z 5=10，试求：（１） 固定齿轮4时的传动比i 1H2； （２） 固定齿轮３时的传动比i 1H2。
