1、上海交通大学 2013 年机械原理与设计考研试卷一、30 分1. 连架杆 AB 为曲柄，用图解法和解析法求各杆长2. 已知 AB=80mm，BC=100mm ，AD=180mm，求出不同 CD 值时机构的型式3. 用瞬心的概念求出各构件间的速比解题思路与答案：1. 这一问考察的是：平面四杆机构整转副的证明首先要明白曲柄的定义：与机架用转动副相连并能绕该转动副轴线整圈旋转的构件。下面分别用图解法和解析法求出杆长a) 图解法要求杆 AB 能绕转动副 A 做整周运动，则 B 点必须能通过两个极限位置 B1 和 B2（BD 分别取得最大值和最小值） ，不妨设 ，则根据三角形构成原理：da在 中： 1B
2、CDabc()a在 中： 2b即 abcd()c将 与 中的两式两边相加()ab再将 中前两式两边相加，可得cacbd即 为最短杆，且最短杆与最长杆之和小于或等于另外两杆长度之和a若 ，同样可得ddabcdabc即 为最短杆，且最短杆与最长杆之和小于或等于另外两杆长度之和db) 解析法设各杆长度分别为 、 、 、 ，位置角为 、 、 均以 轴为基准线逆时针方向度1l23l4x量，如图可得： 2431coscos()iniinlllde 将 、 两式平方相加，消去 后得：()ab223313414coscos()llll()f此处，令 ， ，301lp314ll2234112()llpl则 变为
3、()f012cossco()()g由本题中 AB 为曲柄可知， 必定可以取得 0和 180这两个极限位置，则先预选一杆长比 ，再将以下两组 数据代入式 中： 、21l(,)()g1,)2(80,)则可求得杆长比 、 ，根据设计要求，选定其中一杆长度，其余三杆长度便可求得。31l42. 此问为常规题，分三种情形讨论，即AB 为最短杆，AD 为最长杆；若机构为曲柄摇杆机构，可得 80,1cc1806c若机构为双摇杆机构，可得 1608cAB 为最短杆，CD 为最长杆；若机构为曲柄摇杆机构，可得 ,36012018c若机构为双摇杆机构，可得 3602cCD 为最短杆，AD 为最长杆。若机构为曲柄摇杆
4、机构，可得 ， ，不合题意810c若机构为双摇杆机构，可得 0c综合、可得如下结论：当 或 时，机构为双摇杆机构；016CD32当 时，机构为曲柄摇杆机构。2c3. 此题实质是用图解法依据瞬心概念求出各杆件间的速比（角速度之比）由 ， 134134P314P由 ， 1241242140二、30 分已知轴承 7308，分度圆直径 d=200mm，支撑轴长度 L=200mm，斜齿轮啮合点处所受的力分别为 Fa=400N，Fr=500N，Ft=4000N，额定动载荷 45KN，分界系数e=0.28，S=R/2Y，Fa/Re 时，X=0.41，Y=2.1。1. 说明轴承的类型、内径尺寸，直径系列和精度
5、等级该轴与轴承的配合为基_制，轴承外圈与箱体的配合为基_制2. 分别说明闭式软齿面齿轮，闭式硬齿面齿轮，以及开式齿轮的承载能力计算准则3. 求轴承的径向载荷 R1，R24. 求轴承的轴向载荷 Fa1，Fa25. 求轴承的当量动载荷 P1，P26. 求轴承的寿命7. 若轴承所受载荷减小一半，则轴承寿命增加多少倍8. 判断该轴的类型解题思路与答案： 该题为常规题，为历年必考题，今年此题为空间力系，分别在水平面和垂直面内算出轴承载荷，再进行合成即可。1. 7308：角接触球轴承，内径 40mm，中系列，宽度为正常宽度系列，精度为普通级该轴与轴承的配合为基孔制，轴承外圈与箱体的配合为基轴制2. 齿轮承
6、载能力计算准则闭式软齿面齿轮按齿面接触疲劳强度设计，齿根弯曲疲劳强度校核；闭式硬齿面齿轮按齿根弯曲疲劳强度设计，齿面接触疲劳强度校核；开式齿轮设计准则，承载能力计算准则为：按弯曲疲劳强度计算（替代磨损强度计算） ，将算得的模数 m 增大 10%至 15%以考虑磨损裕量。3. 由垂直面内的力学平衡关系，列方程 102HraLdRF代入数据得 45N则 2H由水平面内的力学平衡关系，可得 120vR故径向支反力为 115HvN20.624. 1/489SRY27.3则 11560aFN故齿轮 1“放松” ，齿轮 2“压紧”则 148.9aS2055. ，1/0.3aFRe2/.4aFRe故 1PN
7、22685.aXY5. 因 ，故轴承寿命以轴承 2 计算21P6102()473.1(0)CLrP6. 载荷减小一半，寿命提高 8 倍7. 该轴既受弯矩又受转矩，因此该轴为转轴。三、 30 分如图所示为直动平底从动件盘形凸轮机构的从动件运动曲线片段1. 请补全运动曲线 s-v-a2. 指出刚性冲击和柔性冲击的位置3. 用图解法设计凸轮轮廓4. 求平底宽度5. 用解析法计算凸轮廓线方程6. 从图示位置开始，凸轮旋转 30，求此时压力角，在图中标出凸轮与从动件的瞬心解题思路与答案：1. 补全各段曲线0/3 段：图中已给出正的恒值加速度，因此速度必为斜线，位移为抛物线。因为 O 点为起始点，速度应为
8、零，所以该段速度曲线为经过 O 点的直线段。位移为过过 O 点的抛物线。/32/3 段：图中已给出速度为正的恒定值，因此加速度为零值，位移为斜线/3 段：图中已给出位移为恒定值，因此速度和加速度均为零值4/3 段：图中已给出速度为负恒定值，因此加速度为零值，位移为斜线4/35/3 段：图中已给出恒值加速度，因此速度必为斜线，位移为抛物线5/32 段：图中已给出速度为零，则加速度为零。2. 指出刚性冲击和柔性冲击的位置刚性冲击是指速度不连续即加速度趋于无穷大的情况；柔性冲击是指速度连续但加速度不连续且为有限制突变的情况因此图中 2/3、 处为刚性冲击；/3、4/3、5/3 处为柔性冲击。3. 图
9、解法设计凸轮廓线考察的是反转法，对位移线图等分，用圆规截取各个凸轮转角处位移大小，则平底的包络线即为凸轮的实际轮廓本题中，可以取凸轮每转 30取一位移值，即 12 个位移值作好的图轮廓线如图所示4. 平底宽度的求解，可直接使用公式： max2dsll其中， 可以在 线图上通过度量 v 值大小得到(单位 mm) maxdsv，本题中有/t max/ds故平底宽度 ， 为附加长度，取 57mm。max2/Bvl5. 凸轮廓线解析法求解（实质是以从动件运动线图求凸轮曲线）根据图中几何关系，平底从动件盘形凸轮廓线可用极坐标参数方程表示为（1）22()(bdsr（2）/actnbrs首先对凸轮的运动规律
10、分析，根据运动线图，可划分为如下各段1）推程段：设行程为 h，从动件先作等加速运动（0/3 ） ，而后作等速运动（/32/3）等加速推程段的凸轮廓线方程。从动件的运动规律为 222033()hhs对 求导，得26dsh将 和 代入式（1） 、 （2） ，得sd22222361()()(3)6b bhr rh26arctn3bh等速推程段的凸轮廓线方程。从动件的运动规律为 0233hhs对 求导，得023dsh将 和 代入式（1） 、 （2） ，得sd22()(3bhhr2arctn3bh2）远休止段： sc0d将 和 代入式（1） 、 （2） ，得s 2()bbrhr3）回程段：从动件先作等速
11、运动（4 /3） ，而后作等减速运动（4/35 /3）等速回程段的凸轮廓线方程。从动件的运动规律为 0252()33hhsds将 和 代入式（1） 、 （2） ，得sd22(3)(bhrarctn23bh等减速回程段的凸轮廓线方程。从动件的运动规律为 225()3s26dh4）近休止段： 10scd将 和 代入式（1） 、 （2） ，得sbr6. 凸轮旋转 30，此时压力角为 0，从动件与凸轮的瞬心如图四、 20 分某受轴向变载荷连接的紧螺栓连接，螺栓刚度系数与被连接件相同，C 1=C2=1，螺栓的预紧力 Q0=9000N，轴向工作载荷为 09000N。1. 画出该螺栓连接的“力变形”图，并在
12、该图上标出残余预紧力 ，螺栓的载荷增量0Q，以及螺栓总拉力的位置，它们的值各为多少？2. 该连接的结合面刚出现缝隙时，所允许的最大工作载荷 max3. 若已知螺栓的小径尺寸 =9mm，求螺栓的工作应力幅1d解题思路与答案：1. =9000-4500=4500N0Q=4500N=13500N2F2. =90002=18000NmaxQ3. MPa2503.6894A五、 30 分在如图所示轮系中，已知 Z1=Z2=20，Z3=60 ，Z4=90，Z5=210，模数为 2mm，电机轴与齿轮 1 轴相连，电机外壳固定在齿轮 3 上，电机转速为 =1440r/mindn1. 求该轮系的自由度 F，并指
13、出哪些是虚约束、复合铰链2. 齿轮 4 外缘一点的速度3. 若以齿轮 1 为等效构件，求其等效惯量 解题思路与答案：上交 2013 年的轮系题比以往的要复杂，主要体现在由行星轮 2、系杆 H1、中心轮 1 和 3所组成的周转轮系是安装在一个系杆 H2 上，而系杆 H2、行星轮 4 及固定中心轮 5 组成了另一个行星轮系。解答本题的关键在于：给整个轮系加上一个与 H2 相反的运动，则转化后的轮系可分解为典型的 2K-H 型行星轮系（2、H1、1、3）和一个定轴轮系（齿轮 4、5） 。1. 求轮系的自由度 F，轮系中共有构件 4 个，转动副 4 个，高副 3 个，故自由度为F=34243=1其中，
14、轴右端铰链处为虚约束，无复合铰链2. 给整个轮系加上与系杆 H2 相反的速度，则转化后的轮系可划分为 2、H1、1、3 组成行星轮系 4、5 组成定轴轮系 列方程（1）22112 333()Hnzi（2）22455Hiz其中 22Hiin由式（1）得 2121 33 1()()HHnnz133H由式（2）得 24554nz同理 11 22()Hz注意到 ， ， ，再将齿数代入，可解得14Hn23n5013n由题意，电机转子相对于壳体的转速为=144013d由此可得 1285.74(/min)nr3.6(/i)r420571nn则齿轮 4 外圆某点处线速度为 443.9.51.938/)606d
15、mzv ms3. 求等效转动惯量 ，由能量守恒，可得eJ22222211 334411eJJmvJmv即 22223311111224411e vvJmJmJ其中 是变量，在式中应保留，其余量均为常量，则该转动惯量为变量。2v设 、 分别为齿轮 3 和齿轮 4 的中心与轴的距离，则有3r2H，3vr24Hr代入 表达式可得eJ22222331111124411e HJmJmrr六、 10 分试从方案设计角度谈谈机械原理和机械设计两门课程在机电一体化中发挥的作用，并举例叙述。答：机电一体化技术是一种由机械技术、微电子技术、自动控制技术、计算机技术、信息技术、传感测控技术及电力电子技术相融合的综合
16、性技术。在现代机械系统中，机电一体化技术得到了广泛的应用。机械原理这门课程讲述了机构的组成原理及各种机构的类型、运动特点、功能和设计方法，以及机械的若干动力学问题，也讲述了机械系统方案设计的内容、过程、设计思想及设计方法。 机械原理课程可以指导机电一体化装置中执行机构的设计与计算。机械设计这门课程讲述了机械零件的失效形式、设计准则、设计的一般步骤，并介绍了机器中常用的各种联接方法以及如何选用，介绍了机械中的各种传动以及它们的设计计算，例如带传动、链传动、齿轮传动、蜗杆传动等，还讲述了轴系零部件的内容与其选择，包括滑动轴承、滚动轴承、联轴器、离合器、轴等。此外， 机械设计还讲述了现代机械设计方法，例如有限元法、可靠性设计、并行设计、优化设计等。 机械设计课程可以指导机电一体化装置中零部件的选择方案、寿命计算，提高产品的经济效益。举例：足球机器人包括四个子系统，机器人子系统、视觉子系统、决策子系统、通讯子系统，其中的机器人子系统中包含了各种机构， 机械原理中的机构学知识可以得到运用，例如杆机构的设计与运动学分析、动力学分析；机器人材料的选择、受力计算可以通过机械设计课程得到指导，而整个机器人作为一个系统，可以利用机械设计中的仿真技术来进行实际比赛中的分析以提高设计效率，缩短开发周期。
