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T=1800N. m,V=0.6ms,D=380mm. (1)

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T2=9.55×106×6.86/105.72=3.03×105mm
取齿宽系数id=u=2.25
由于原动机为电动机，平稳微冲击支持不对称布置，故选级7精度
由《机械设计基础》69页表5-5选 。将以上数据代入得
初算中心距ac=170mm
2）确定基本参数，计算主要尺寸
（1）选择齿数：取Z3=27，则Z4=Uz3=2.2527=60.75,取Z4=61。
132
38
80
33
12
515
10×８
81
一、计算传动装置总传动比和分配各级传动比
1.传动装置总传动比
2.分配各级传动比
取V带传动的传动比 ，则两级圆柱齿轮减速器的传动比为
所得 符合一般圆柱齿轮传动和两级圆柱齿轮减速器传动比的常用范围。
二、计算传动装置的运动和动力参数
1.各轴转速
电动机轴为0轴，减速器高速轴为Ⅰ轴，中速轴为Ⅱ轴，低速轴为Ⅲ轴，各轴转速为
QF4=2×1.1×3.03×105×4.0/71×42×27=86.9MPa〈[QF]4
弯曲强度满足。
六、轴的设计
1高速轴设计：
1）初定I轴的最小直径
选定I轴的材料为45钢，调质处理，由《机械设计手册》查得：A=120(以下轴均取此值)
初步确定轴的最小端直径
考虑到轴端有键槽，轴径应增大 ,取d1=26
轴段1：
已知轴的最小端直径d1=26,查《机械设计手册》可知：15N/15J型轮槽的带轮总宽度宽度lmin=fmin×8初定轴段1长度l1=130
因为h=(0.07~0.1)d，所以无特殊说明以下各轴段轴肩均按5mm扩大。
注：轴的直径应按2h扩大。
轴段2：
轴段2处为安装轴承端盖的位置，为满足带轮轴向定位要求，１轴段右端需为轴肩，故取轴段2的直径d2=31取l2=30mm。
189≤ao≥540
取ao=300
基准长度
mm
查表得Ld=1000m
实际中心距a
mm
考虑到传动的安装、调整和V带张紧的需要，中心距的变动范围为:221mm~257mm
小包角
>1200即满足条件
V带根数
查表得Ka=0.98 kl=1.06
p0=0.3kw△p=0.03kw
查表8-3得Y带的单位长度质量q=0.023kg/m,所以：初拉力
由于是带式输送机，每天工作两班，查《机械设计》（V带设计部分未作说明皆查此书）表8-7得，工作情况系数
（2）选择V带的带型
由 、 由图8-11选用A型
查表得dmin=75mm
取小轮基准直径d1=90mm
大轮基准直径d2= mm
带速 m/s
初步确定中心距ao,即
0.7（d1+d2）≤ao≥2（d1+d2）
4.电动机的技术数据和外形、安装尺寸
由表20-1、表20-2查出Y132M-4型电动机的主要技术数据和外形、安装尺寸，并列表记录备份。
型号
额定功率(kw)
同步转速
(r/min)
满载转速
(r/min)
堵转转矩额定转矩
最大转矩额定转矩
Y132M-4
7.5
1500
1440
2.2
2.3
H
D
E
G
K
L
Ｆ×ＧＤ
质量（kg）
[QH]4= Qhlim4/SH=540/1.0=540 MPa
许用弯曲应力
[QF]3=Qflim3/SF=190/1.3=146.15 MPa
[QF]4= Qflim4/SF=180/1.3=138.46 MPa
按接触强度设计计算中心距
（4.4）
取；[QH]= [QH]4=540 MPa
低速级小轮转矩T2
2.各轴输入功率
按电动机额定功率 计算各轴输入功率，即
3.各州转矩
电动机轴
高速轴Ⅰ
中速轴Ⅱ
低速轴Ⅲ
转速（r/min）
1440
480
105.72
30.29
功率（kW）
7.20
6.91
6.64
6.37
转矩（ ）
49.74
142.45
619.68
2071.43
四、三角带的传动设计
1.V带传动设计计算
（1）确定计算功率
N
作用在带轮轴上的压力Fq
N
五、齿轮传动的设计
1、高速级大小齿轮的设计：
1）选择齿轮材料、确定许用应力
查《机械设计基础》67页表5-4，可知：高速级小齿轮选用45#钢调质，齿面硬度为220HBS；大齿轮选用45#钢，软齿面，正火热处理，齿面硬度为200HBS。查《机械设计基础》72页图5-20、73页图5-21，分别可知：
速轴大齿轮与低速轴小齿轮间应留有一定空间，齿轮左端面应与箱体留有一定的
空间，则取l4=80。
轴段5：
齿轮左端用轴肩固定，则：取d5=61,l5=1.4h ,取l5=10mm
轴段6：
轴段6上安装齿轮，初定d6=d4=51，齿轮右端采用套筒固定，为使套筒端面
顶在齿轮左端面上,即靠紧,轴段6的长度应比齿轮毂长略短,若毂长与齿宽相
T1=9.55×106×7.1/480=98.9N·m（4.2）
取齿宽系数ig=u=3.24
由于原动机为电动机，平稳轻微冲击，支撑不对称布置，故选8级精度，
《机械设计基础》69页表5-5查得：
选K=1.1 （4.3）
初算中心距ac=143.16mm
3)确定基本参数，计算主要尺寸
（1）选择齿数：取Z1=30，则Z2=uZ1=3.24,取Z2=98注：实际传动比i实=Z2/Z1=3.27，传动比误差：△t=3.37-3.24/.24=100％
校核弯曲强度：QF1=2KT1YFS1/bm2Z1，QF2=2KT2YFS2/bm2Z2
由《机械设计基础》71页图5-19查得：YFS1=4.1,YFS2=3.8代入上式得：
QF1=2×1.1×2.7×103×4.2/73×32×28=135.6MPa〈[QF]1=142.08MPa
QF2=2×1.1×2.7×103×3.8/73×32×28=122.7MPa〈[QF]2=142.8MPa
同,已知齿宽b1=67,故取l6=65。
轴段7：
轴段7与轴段3为安装轴承位置，故d3=d7=41，l3=l7=16
5-1 I轴各轴段长度直径数据
1
2
3
4
5
6
7
直径d/mm
26
31
41
51
61
51
41
长度l/mm
130
30
16
80
10
65
16
5）I轴的受力分析及弯矩、扭矩计算
图5-2 I轴的受力分析
取齿轮齿宽的中间、轴承宽中点为受力点，则：
（1）求作用在齿轮上的力
（5.1）
式中 —高速轴输入转矩； —高速轴上小齿轮1的分度圆直径。
式中，直齿轮压力角 ，直齿轮的螺旋角
(5.2)
（2）计算支承反力
根据平面平行方程式可求：
在水平面（H面）上：
(5.3)
在垂直面(V面)上：
总支承力：
（3）计算弯矩
水平面(H面)弯矩：
垂直面(V面)弯矩：
合成弯矩：
（5）两轮的分度圆直径：d3=Z3m=108mm，d4=Z4m=224mm
（6）校核弯曲强度：QF3=2KT2YFS3/bm2Z3，QF2=2KT2YFS4/bm2Z3
《机械设计基础》71页图5-19查得：YFS3=4.2,YFS4=4.0
代入上式
QF3=2×1.1×3.03×105×4.2/71×42×27=91.27MPa〈[QF]3
表4-1高速齿轮弯曲接触疲劳极限
高速类别
接触疲劳极限
弯曲疲劳极限
1小齿轮
QHlim1=550MPa
QFlim1=200MPa
2大齿轮
QHlim1=540MPa
QFlim1=190MPa
由《机械设计基础》71页表5-6查得：
SH=1.1,SF=1.4
故许用接触应力为
[QH]1= QHlim1/SH=550/1.1=500MPa
表4-2低速齿轮接触疲劳强度极限
低速类别
接触疲劳极限
弯曲疲劳极限
3小齿轮
QHlim3=550MPa
QFlim3=190MPa
4大齿轮
QHlim4=530MPa
QFlim4=180MPa
《机械设计基础》71页表5-6查得：
SH=1.0,SF=1.3
故许用接触应力
[QH]3= Qhlim3/SH=550/1.0=550Mpa
轴的强度条件：
（5.4）
式中，W—轴的抗弯截面系数，mm3；d—该轴段的直径； —轴的需用弯曲应力；
因为轴的材料为45＃优质碳素钢，调质处理。由吉林大学出版社出版的《机械设计基础》164页表9-1、171页表9-3查得： ， ，则
满足！
计算危险截面处轴的直径
（2）确定模数：
由公式a=m（Z1+Z2/2）可得m=2.25，查表取m1=2.5
（3）确定中心距：a=m(Z1+Z2)/2=2.5×（30+98/2）=160mm
（4）计算齿宽：b=Qaa=0.4×160=64mm，取b1=67mm，b2=61mm。
（5）两轮的分度圆直径：d1=Z1m=75mm，d2=Z2m245mm
一、设计题目
1、传动装置简图；
2．课程设计任务：
已知二级减速器，运输机工作转矩T/（N.m）为1800N. m，运输带工作速度0.6m/s,卷阳筒直径:380mm.工作条件：连续单向运转，工作时有轻微震动，使用期限为8年，中等批量生产，两班制工作，运输速度允许误差±5％。

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牛顿定律动量习题

牛顿定律动量习题


将①代入②中，可得：
a2

aC

m1 m1 m2
a'
取船前进方向为正，代入数据：
a2

0.2
1500 1500 6000
(
0.5)

0.3
9
⑵用质点系动量定理求解
设船所受的水平推力为F，在车静止时，可把车、船当作质量为
(m1+m2)的质点，加速度为a=0.2
由牛顿第二定律： F (m1 m2 )a ①
由 相 对运动公 a'a2
隔离人与斜面，受力及运动情况如图示，
α m2
N1
a'
取坐标o'-x'y'，对人应用牛顿第二定律：
mm11
g g
cos sin

N1 m1a x'
m1a y' m1a2 sin m1(a'a2 cos )
(1) (2)
x' α
m1g y'
v 45°
v2 v1 45° 45°x
v3 v 3v v1 v2 v3
图示坐标下，标量方程为：
3v cos 45 3v sin45
v1 cos 45 v1 sin45
v2 cos 45 v2 sin45

v3
即 3v v1 v2 (1) 3v v1 v2 v3 / sin45 (2)
t(s) 20
v
t
t
dv

F m
dt

gdt

4.9 2
tdt
9.8dt,
0
dv
大学物理(上册)课后习题及答案

大学物理(上册)课后习题及答案

分离变量得： ，即 ，
因此有： ，∴
⑵由 得： ，两边积分得：
∴
⑶质点停止运动时速度为零， ，即t→∞，
故有：
⑷ 时，其速度为： ，
即速度减至 的 .
2.13作用在质量为10 kg的物体上的力为 N，式中 的单位是s，⑴求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。⑵为了使这力的冲量为200 N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度 m/s的物体,回答这两个问题。
将 ，及 代入上式，即得： 。
6.9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为 =0.05cos(10 )，式中 , 以米计， 以秒计。求：
⑴设 ＝100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?⑵如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力 ?
解：⑴先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))。图中 、 是正压力， 、 是摩擦力， 和 是杆在 点转轴处所受支承力， 是轮的重力， 是轮在 轴处所受支承力。
杆处于静止状态，所以对 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：
解：因为
将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有： ，
，
5.9一质量为 的物体作谐振动，振幅为 ，周期为 ，当 时位移为 。求：
⑴ 时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；
⑵由起始位置运动到 处所需的最短时间；
⑶在 处物体的总能量。
解：由题已知 ，∴
又， 时，
故振动方程为：
⑴将 代入得：
方向指向坐标原点，即沿 轴负向。
⑵由题知， 时， ； 时，
∴
⑶由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：
工程力学(静力学与材料力学)第四版习题答案

工程力学(静力学与材料力学)第四版习题答案

静力学部分第一章基本概念受力图2-1 解：由解析法，23cos 80RX F X P P N θ==+=∑12sin 140RY F Y P P N θ==+=∑故：161.2R F N ==1(,)arccos 2944RY R R F F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑ 13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑ 故：3R F KN == 方向沿OB 。

2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。

（a ） 由平衡方程有：0X =∑ sin 300AC AB F F -=0Y =∑ cos300AC F W -=0.577AB F W =（拉力） 1.155AC F W =（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑ sin 700AB F W -=1.064AB F W =（拉力）0.364AC F W =（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑ sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W = (拉力)0.866AC F W =（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑ sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑ cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W = (拉力)0.577AC F W = (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由0x =∑cos 450RA F P -=15.8RA F KN ∴=由0Y =∑sin 450RA RB F F P +-=7.1RB F KN ∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑cos 45cos 450RA RB F F P --=0Y =∑sin 45sin 450RA RB F F P -=联立上二式，得： 22.410RA RB F KNF KN ==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以： 5RA F KN = （压力） 5RB F KN =（与X 轴正向夹150度） 2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由0x =∑ cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=2sin N F W G W α∴=-⋅=2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由0x =∑ cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CB RA F F '-= 联立后，解得： 0.707RA F P = 0.707RB F P =由二力平衡定理 0.707RB CB CB F F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC P F α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力） 列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑0RD REF F '= 0Y =∑0RD F Q -=联立方程后解得：RD F =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得：RA F =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。

工程力学(1997修订版)北京科技大学 东北大学-静力学习题解答供参习

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第一章 静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑故： 161.2R F N==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有故：3R F KN== 方向沿OB 。

2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。

（a ） 由平衡方程有：0.577AB F W =（拉力） 1.155AC F W =（压力） （b ） 由平衡方程有：1.064AB F W =（拉力）0.364AC F W =（压力） （c ） 由平衡方程有：0.5AB F W = (拉力)0.866AC F W =（压力）（d ） 由平衡方程有：0.577AB F W = (拉力)0.577AC F W = (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑cos 450RA F P -=由Y =∑sin 450RA RB F F P -=(b)解：受力分析如图所示：由 联立上二式，得：2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以： 5RA F KN = （压力） 5RB F KN =（与X 轴正向夹150度） 2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑ cos 0AC r F F α-=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑ cos45cos450RA CB P F F --=联立后，解得： 0.707RA F P = 0.707RB F P =由二力平衡定理 0.707RB CB CB F F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑ cos60cos300AC AB F F W ⋅--=联立上二式，解得： 7.32AB F KN =-（受压）27.3AC F KN =（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程 （1）取D 点，列平衡方程由x =∑ sin cos 0DB T W αα-=（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑ sin cos 0BD T T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑ cos sin sin 0BC DC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BC BC F F '= 解得： 取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CE F F α'-=CECE F F '= 故有：2-11解：取A 点平衡：联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：由对称性及 AD AD F F '=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑ cos cos300RA DC F F P α+-=联立上二式得： 2.92RA F KN =1.33DC F KN =（压力） 列C 点平衡联立上二式得： 1.67AC F KN =（拉力）1.0BC F KN =-（压力） 2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡联立方程后解得： RD F = （2）取ABCE 部分，对C 点列平衡且 RE RE F F '=联立上面各式得： RA F =（3）取BCE 部分。