《机械设计基础》1-6章课后完整精美答案,有了它绝对不用愁
1-1至1-4解机构运动简图如下图所示。
图题1-1解图图题1-2解图
图题1-3解图图题1-4解图
1-5 解
1-6 解
1-7 解
1-8 解
1-9 解
1-10 解
1-11 解
1-12 解
1-13解该导杆机构的全部瞬心如图所示，构件 1、3的角速比为：
1-14解该正切机构的全部瞬心如图所示，构件3的速度为：
，方
向垂直向上。
1-15解要求轮 1与轮2的角速度之比，首先确定轮1、轮2和机架4三个构件的三个瞬心，
即，和，如图所示。则：，轮2与轮1的转向相反。1-16解（ 1）图a中的构件组合的自由度为：
自由度为零，为一刚性桁架，所以构件之间不能产生相对运
动。
（ 2）图b中的 CD 杆是虚约束，去掉与否不影响机构的运动。故图 b中机构的自由度为：
所以构件之间能产生相对运动。
题 2-1答 : a ），且最短杆为机架，因此是双曲柄机构。
b ），且最短杆的邻边为机架，因此是曲柄摇杆机构。
c ），不满足杆长条件，因此是双摇杆机构。
d ），且最短杆的对边为机架，因此是双摇杆机构。
题 2-2解 : 要想成为转动导杆机构，则要求与均为周转副。
（ 1 ）当为周转副时，要求能通过两次与机架共线的位置。见图 2-15 中位置和
。
在中，直角边小于斜边，故有：（极限情况取等号）；
在中，直角边小于斜边，故有：（极限情况取等号）。
综合这二者，要求即可。
（ 2 ）当为周转副时，要求能通过两次与机架共线的位置。见图 2-15 中位置
和
。
在位置时，从线段来看，要能绕过点要求：（极限情况取等号）；
在位置时，因为导杆是无限长的，故没有过多条件限制。
（ 3 ）综合（ 1 ）、（ 2 ）两点可知，图示偏置导杆机构成为转动导杆机构的条件是：
题 2-3 见图。
图
题 2-4解 : （ 1 ）由公式，并带入已知数据列方程有：
因此空回行程所需时间；
（ 2 ）因为曲柄空回行程用时，
转过的角度为，
因此其转速为：转 / 分钟
题 2-5
解 : （ 1 ）由题意踏板在水平位置上下摆动，就是曲柄摇杆机构中摇杆的极限位置，此时
曲柄与连杆处于两次共线位置。取适当比例图尺，作出两次极限位置和
（见图
）。由图量得：，。
解得：
由已知和上步求解可知：
，，，
（ 2 ）因最小传动角位于曲柄与机架两次共线位置，因此取和代入公式（ 2-3 ）
计算可得：
或：
代入公式（ 2-3 ）′，可知
。
（ 4 ）作的外接圆，在圆上取点即可。
在图上量取，和机架长度。则曲柄长度，摇杆长度。在得到具体各杆数据之后，代入公式（ 2 —3 ）和（ 2-3 ）′求最小传动
角，能满足即可。
图
题 2-7
图
解 : 作图步骤如下（见图）：
（ 1 ）求，；并确定比例尺。（ 2 ）作，顶角，。
（ 3 ）作的外接圆，则圆周上任一点都可能成为曲柄中心。（ 4 ）作一水平线，于相距，交圆周于点。
（ 5 ）由图量得，。解得：
曲柄长度：
连杆长度：
题 2-8
解 : 见图，作图步骤如下：
（ 1 ）。
（ 2 ）取，选定，作和，
。
（ 3 ）定另一机架位置：角平
分线，。
（ 4 ），。
杆即是曲柄，由图量得曲柄长度：
题 2-9解：见图，作图步骤如下：
（ 1 ）求，，由此可知该机构没有急回特性。
（ 2 ）选定比例尺，作，。（即摇杆的两极限位置）（ 3 ）做，与交于点。
（ 4 ）在图上量取，和机架长度。
曲柄长度：
连杆长度：
题 2-10解 : 见图。这是已知两个活动铰链两对位置设计四杆机构，可以用圆心法。连接，，作图的中垂线与交于点。然后连接，，作的中垂线
与交于点。图中画出了一个位置。从图中量取各杆的长度，得到：，
，
题 2-11解 : （ 1 ）以为中心，设连架杆长度为，根据作出，
，。
（ 2 ）取连杆长度，以，，为圆心，作弧。
（ 3 ）另作以点为中心，、，的另一连架杆的几个位置，并作出不同
半径的许多同心圆弧。
（ 4 ）进行试凑，最后得到结果如下：，，，。机构运动简图如图。
题 2-12解 : 将已知条件代入公式（ 2-10 ）可得到方程组：
联立求解得到：
，，。
将该解代入公式（ 2-8 ）求解得到：
，，，。
又因为实际，因此每个杆件应放大的比例尺为：
，故每个杆件的实际长度是：
，，
，。
题 2-13证明 : 见图。在上任取一点，下面求证点的运动轨迹为一椭圆。见图
可知点将分为两部分，其中，。
又由图可知，，二式平方相加得
可见点的运动轨迹为一椭圆。
3-1解
图题3-1解图
如图所示，以O为圆心作圆并与导路相切，此即为偏距圆。过B点作偏距圆的下切线，此线为
凸轮与从动件在B点接触时，导路的方向线。推程运动角如图所示。
3-2解
图题3-2解图
如图所示，以O为圆心作圆并与导路相切，此即为偏距圆。过D点作偏距圆的下切线，此线为
凸轮与从动件在D点接触时，导路的方向线。凸轮与从动件在D点接触时的压力角如图所示。
3-3解：从动件在推程及回程段运动规律的位移、速度以及加速度方程分别为：
（ 1）推程：
0°≤ ≤ 150°
（ 2）回程：等加速段0°≤ ≤60 °
等减速段
60°≤ ≤120 °
为了计算从动件速度和加速度，设。计算各分点的位移、速度以及加速度值如下：
总转角0° 15° 30° 45° 60° 75° 90° 105°
位移 (mm) 015
速度
(mm/s)
加速度
（mm/s
2 ）
总转角120° 135° 150° 165° 180° 195° 210° 225°
位移 (mm) 30 30 30
速度
0 0 0 -25 -50 -75 (mm/s)
加速度
（mm/s
2 ）
总转角240° 255° 270° 285° 300° 315° 330° 345°
位移 (mm) 15 0 0 0 0
速度
-100 -75 -50 -25 0 0 0 0 (mm/s)
加速度0 0 0
（mm/s
2 ）
根据上表作图如下（注：为了图形大小协调，将位移曲线沿纵轴放大了 5倍。）：
图 3-13 题3-3解图
3-4 解：
图 3-14 题3-4图
根据 3-3题解作图如图3-15所示。根据式可知，取最大，同时s 2 取最小时，凸轮
机构的压力角最大。从图3-15可知，这点可能在推程段的开始处或在推程的中点处。由图量得在推程的
开始处凸轮机构的压力角最大，此时＜[ ]=30° 。
图 3-15 题3-4解图
3-5解：（ 1）计算从动件的位移并对凸轮转角求导
当凸轮转角在0≤ ≤ 过程中，从动件按简谐运动规律上升 h=30mm。根据教材(3-7)式可
得：
0≤ ≤
0≤ ≤
当凸轮转角在≤ ≤ 过程中，从动件远休。
S 2 =50 ≤ ≤
≤ ≤
当凸轮转角在≤ ≤ 过程中，从动件按等加速度运动规律下降到升程的一半。根据
教材(3-5)式可得：
≤ ≤
≤ ≤
当凸轮转角在≤ ≤ 过程中，从动件按等减速度运动规律下降到起始位置。根
据教材(3-6)式可得：
≤ ≤
≤ ≤ 当凸轮转角在≤ ≤ 过程中，从动件近休。
S 2 =50 ≤ ≤
≤ ≤
（ 2）计算凸轮的理论轮廓和实际轮廓
本题的计算简图及坐标系如图 3-16所示，由图可知，凸轮理论轮廓上B点(即滚子中心)的直角坐标
为
图 3-16
式中。
由图 3-16可知，凸轮实际轮廓的方程即B ′ 点的坐标方程式为
因为
所以
故
由上述公式可得理论轮廓曲线和实际轮廓的直角坐标，计算结果如下表，凸轮廓线如图3-17所
示。
x′ y′ x′ y′
0° 180°
10° 190°
20° 200°
30° 210°
40° 220°
50° 230°
60° 240°
70° 250°
80° 260°
90° 270°
100° 280°
110° 290°
120° 300°
130° 310°
140° 320°
150° 330°
160° 340°
170° 350°
180° 360°
图 3-17 题3-5解图
3-6 解：
图 3-18 题3-6图
从动件在推程及回程段运动规律的角位移方程为：
1.推程：0°≤ ≤ 150°
2.回程：0°≤ ≤120 ° 计算各分点的位移值如下：
总转角
0 15 30 45 60 75 90 105
（°）
角位移
（°）
总转角
120 135 150 165 180 195 210 225 （°）
角位移
15 15 15
（°）
总转角
240 255 270 285 300 315 330 345 （°）
角位移
0 0 0 0
（°）
根据上表作图如下：
图 3-19 题3-6解图
3-7解：从动件在推程及回程段运动规律的位移方程为：
1.推程：0°≤ ≤ 120°
2.回程：0°≤ ≤120 °
计算各分点的位移值如下：
总转角
0153045607590105（°）
位移（ mm）010
总转角
120135150165180195210225（°）
位移（ mm）20202010
总转角
240255270285300315330345（°）
位移（ mm）000000
图 3-20 题3-7解图
课后习题详解
4-1解分度圆直径
齿顶高
齿根高
顶隙
中心距
齿顶圆直径
齿根圆直径
基圆直径
齿距
齿厚、齿槽宽
4-2解由可得模数
分度圆直径
4-3解由得