例4-14-21、22、34、1之間的相對運動為轉動，即兩構件間形成轉動A、B、C3、4之間的相對運動為移動，即兩構件間形31AC兩點間距離，2A、B3B點出發，沿移動副導路方向與構4C4C1形成轉動副。選擇比例尺μl=0.001m/mm，分別量出各構件的運動尺寸，繪出機構運動簡圖，并標明4-2所示。圖圖4- 例4-24-31A點處；構21C3形成移動副，移動副導路BC3B3B324D4E56選擇比例尺μl=0.001m/mm，量出各構件的運動尺寸，繪出機構運動簡圖，并標明原動4-3所示。4-34-３圖為外科手術用剪刀。其中彈簧的作用是保持剪刀口張開，并且便于醫生單手操4-

vvee3v其關聯矩陣為 鄰接矩陣為 LM

0

AM

0 例4- 計算圖4-13所示壓榨機機構的自由度解：2形4、5、68、9、10以及其上的轉711

圖4- 壓榨機機4、5、6D去掉機構中的虛約束，則機構中活動構件數為n7

=10 =3n

?

=3×7

2×10=4-54-14所示自動駕駛儀操縱機構的自由解：自動駕駛儀操縱機構為空間機構，機構中312屬Ⅰ23Ⅰ3、4形成球面副，屬Ⅰ4、1形成轉動副，屬Ⅰ級副則機構自由度為F63524131

4-144-61時，判斷圖示機構是否有確定的運動。解：（aB、C（bF3n2PlPh3921212，機構沒有確定的運動。其中：Ａ處（CF3n2PlPh372101ABBCCDADAD

=3n

?

=3×3

2×4?1

0BCCDF約束所允F3n2PlPh35263

((d4-4-74-解：（a（bF3n2PlPh362731B、C、D4-題4-８圖所示為縫紉機中的送4-F3n2Pl3424C處的滾子為局部自由度，4-解：（aF3n2PlPh36264（bFGC構思出自由度分別為１、２和３的Ⅰ

解：由機構的組成原理可知，一個Ⅰ機構中，至少應當包含有一個Ⅰ級基本桿組。將一個Ⅰ可以得到一個單自由度的Ⅰ機構；如果將ⅠⅠ單自由度機構是一個構件與機架通過一個低副（如：轉動副）聯接所形成的機構。按照以上分析，自由度分別為１、２和３的Ⅰ級機構最簡單的結構分別如圖中（a（b）和（c）4-124-19a基本桿組首先應當從最遠離原動件的構件1拆起，可以拆出Ⅰ級基本桿組ABC，然后，又4-例5-15-3所示的鉸鏈四桿機構中，已知該機圖的比例尺為l23的轉速2和3P12、P23、P03可根據相應的構件構成轉動副直接確

5-P10P03連線的交點。P12有

式中P10P12和P12P02ωP10P12由絕對速度vP12方向，得出ω2P13

由絕對速度vP135-25-41的角速度1。利用瞬心2的線速度v2。機構運動簡圖的比例尺為l。P02可根據相應的構件分別構成轉動副和移動架移動副導路的直線上。因而，n-n與該直線的交點即P12。

vP12P01P12v2向如圖中vP12

5-5-25-2μl114的線速度v45-2v

量出。構件４的速度方向如圖中

5-35-31的角速度1l5-3P25P15ooo1P14P165-3圖（a）4的角速度ω45-3圖（b）3的速度V3的大小和方向。（a

N(N

15處；P46P23P36P34P23P24P36P24P25P34P35的連線的交點處。

nvn N(N（b P24P34在垂直于移動副導路的

量出。構件３的速度方向如圖中v36-3在題6-3

=150mm，

=500mmc=300mm =400mm題6-轉動，確定在下列情況下，應取哪一個構件為機架？Ⅰ輸出運動為往復擺動；Ⅰ題6-解：Ⅰbd作為機架。a6-56-5a、b

6-5

6-5a6-5bAB6-5a6-5b為擺動導桿機構時，畫出構3的極限位置，并標出極位夾角。6-5b的擺動導桿機構。（a（bAB始終為曲柄。（a3C23B（b2和極位夾角如圖（b）

=

31B216-66-6BC速轉動，已知

a80mm

b200mmlAD100mm，

=400mmF6-6BC解：（1）

=80mm<b

200mmABC

lADlDF100400lDFlAD400100α

arccos

欲使極位夾角增大，應使αBCCC例6-36-14所示機構的結構尺寸、固定鉸鏈點的位置和原動件的運動。試分別以構CDAB為原動件，確定機構中所有從動構件的運動。6-6-機構為ⅠAB為原動件時，（一CDCD為定軸轉動，已知原動件的運CDDCCD33是一個從動構件，因此，C開始。C1D之間的距離lCDC、D連線x正向之間的夾角為φ1，所以可以寫出其位置方程xCxDlCD

xDyD0lCD和1xC,yCCtCvCxvDxlCDω1

vDy

其中vDxvDy aCxaDxlCD

ωsinφ

α

aDxaDy0，根據已知的ω1和α1C3C3上另外一個點才能確定出構33BFB3F的位置都必須聯立三個或三個以上的方2F的位置方程，如下：

)2(

)2l

yFyEyF

xFCxF,yF(xFxE)vFx(yFyE)vFy(xFxE)vEx(yFyE)

(2xFxCxE)vFx(2yFyCyE)vFy(xFxC)vEx(xFxE)(yFyC)vEy(yFyE)

式中vExvEy0，只有兩個未知數vFx和vFy，為線性方程組，可以直接求解。F的加速度方程：(xFxE)aFx(yFyE)aFy(xFxE)aEx(yFyE)

)2-

vEy

(2xFxCxE)aFx(2yFyCyE)aFy(xFxC)aEx(xFxE)(

yC)aEy(yFyE)aCy-

vCx

-vFyvCy-vFyvEyvEyvCy

aExaEy0FBB3上的點，同時，4上的點，所以，它是繼續進行機構運動分析的一個關鍵點，它所受到的運動約束是：1）B、F、C共線；2）B、CBxB

yB

yF(x

)2(y

)2l

B(yFyC)vBx(xFxC)vBy(yFyB)vCx(xFxB)(

)

)

(xBxC)vBx(yByC)vBy(xBxC)vCx(yByC)B(yFyC)aBx(xFxC)aBy(yFyB)aCx(xFxB)(yByC)aFx(xBxC)aFy-2(vBxvFy-vBxvCy-vCxvFy-vBy

vFx

(xBxC)aBx(yByC)aBy(xBxC)aCx(yByC) -(vBx-vCx

-(vBy-vCy

3S3的位置方程

?xC

+(

?yC)2

?xB

+(

?yB)2

s33tan

yB?xB?ω(xBxC)(yByC)(yByC)(xBxC α(xBxC)(yByC)(yByC)(xBxC 56-1445形成移動副，因此，兩者之間的4B5A，以這兩個點之間的距離變化45之間的相對運動，則相對運動的位置方程為

?xB

+(yA

yB)2（二ABB、C2FAB、BC、DC、EFB、F、CBF、EF垂直的運動約束，建立出三個B、E、F的位置方程組，聯立求解，即 f

(xB(xB

?xA)2?xC

+(+(

?yA)2 ?yC)2 f

(xF

?xE

+(

?yE)2 f6

(xF

?xF)(?xB

?yB)?xE)

(

?xB)(?yB)(

?yF)=?yE)=6-96-9A、D、F的位置、原15D(xD,yDF(xF,yF1為原動件時，該機構為Ⅰ級機構，可以逐點求解。先求點Ｂ的運xBlAB

6-9(x

)2(

)2l

)2(

)2l

)2()2(

)2l)2l

55GG

?xG)2 ?

(

?yG ?

=? xG? yG?、當以構件５為原動件時，該機構為Ⅰ級機構，不能逐點求解，而只能聯立求解。先確定點Ｇ的運動，其位置方程為xGxFlFG

AB、BC、CD、BE、CEFG和EGB、C、E的位置方程，即

)2()2(

)2l)2l

)2(

)2l

)2()2(

)2l)2l

(xGxF)(xGxE)(yGyF)(yGyE)例6-46-16a 圖6- 平面二桿機械手及其逆運動學分解：P，所以，其工作P可以到達的區域。半徑為2l1的圓；如果l1l2PA為圓心、外徑為l1l2、內徑l1

A、BP21bP的位置(xy逆解有兩個，分別用實線和虛線表示。A與點(x,y連接起來，x2x2yl2l2r r2l2lαarccos ，βarccos

式中，取“-”6-16b中的實線所示的解，取“+”6-6ABCDP1Q1,，P2Q2，P3Q3解：點，同時，又是連架桿上的點，其軌跡為分別以固定鉸BCAD為圓心點。據此，可以得出機PQ擴大成一個平面封閉區域。在區域中任意取兩BC，并由給定的連桿精確位置確B1B2、B3C1C2C36-18所作B1B2

圖6- 實現連桿三個位置的鉸鏈四桿機構設再作B2B3a23a12a13A同樣，作C1C2d12和C2C3d23，d12d23的交點即為圓心D的位置。B、AC、DC、DB、A的位置。這樣的設計通常被稱為“分邊綜合”。P、QABCDB、C，按照上述過程重新作圖。6-116-11CD的長度lCD75mm的長度lAD100mm，搖桿的一個極限位置與機架之間的夾角

450,AB速轉動。試按下列情況確定構件ABBC的桿長lAB,lBC，以及搖桿的擺角解：（1θ180K1K

6-11上，從而可確定活動鉸鏈點Ｃ的另一個極限位置。選定比例尺，作圖，如下圖（a）CCC45BAC170.84AC261.76AB

AC1

70.8461.76BClBC

AC1

70.8461.76（2θ180K11801.51K 1.5AC1成36CCCCB145ψBB1 由圖（b）可知，有兩個交點，即有兩組解。直接由圖中量取AC170.84AC25.75AC169.88AB的長為lABBC的長為lBC搖桿的擺角ψ

AC1AC1

70.8470.84

AC

169.88構件AB的長為lAB 1AC構件BC的長為lBC 1

169.88

6-12設計一個偏心曲柄滑塊機構。已知滑塊兩極限位置之間的距離C1C2=50㎜，導路的偏e=20K=1.5。試確定曲柄和連桿的長度lAB,lBC。解：K=1.5θ180K11801.51K 1.5成90θ54的射線，兩射線將于點Ｏ。以點Ｏ為圓心，OC2為半徑作圓，再作一條與直C1C2相距為e20mm的直線，該直線與先前所作的圓的交點就是固定鉸鏈點Ａ。作圖24圖所示。AC125mmAC268mmAB的長度為lABBC的長度為lBC

AC2AC1

6868

CC1CCCB90例6-7設計一個轉桿滑塊機構，實現連桿精確位置（Pi,θi）i=2,…，n解：6-21xA

xB1

yB1

xC1

yC1間的距離保持不變；（2）ABBA的距離保持不變；（3）從連架CC始終在一條直線上運動。B、C1位置時的坐標與其在連桿第i位置時的坐標之間的關系，則運動約束（1）就不再是獨立的了。運動約束（2）和（3） x)2( y)2 x

i

1=

i=

由設計要求給出的連桿精確位置（Pi,θi）i=2,…，n，可以寫出連桿從第一位置到第i

?

?

+

1i ]

?sin

cos

?

sin ?

cos

1iB、C?xBi ?xB1 ?Bi

=

?xCi ?xC1 ?Ci

=

?C1

在式（1）xBi,yBi，將位移矩陣方程（4）xA

yA

xB1

xC1,yC1法相同，也采用“分邊綜合”xA

yA

xB1

yB1AB1xC1,yC1C1

yA

xB1

yB1

yA

xB1

A、B5A、yyi=i=i=12

=

? =0?cos0

?sin

?cos

+sin0 ]

?sin0 cos0 0.5?sin0 ?cos0 由式（4）xB2xB1cos

yB1sin

2cos

sinyB2xB1sin

yB1cos

0.5sin

cos

（xB1cos

yB1sin

2cos

((xB1sin

yB1cos

0.5sin

cos0)y x)2(

13

=

?

=?cos

?sin

?cos

+sin45 ]

?sin

cos

1.5

sin

?

45由式（4）xB3xB1cos

yB1sin

3cos

sinyB3xB1sin

yB1cos

1.5sin

cos

（xB1cos

yB1sin

3cos

((xB1sin

yB1cos

1.5sin

cos45)y x)2( 方程（a）(b)xA

yA

xB1

yB1

=0,y

=

=

=3.238155xAyAxC1

對于上面的三個連桿精確位置，由式（2）

xC1,yC1xC110yC11.01066-21xAyAxB1yB1xC1yC1，則機(xA(xAxB1)(yy

(xB1xC1)((xB1xC1)( y xC1xC

xC2

yC16-16設計一個帶有一個移動副的四桿機構（6-16圖AB轉角j與輸出滑CC’Sj之間的對應關系。已知起始時0S0A的坐標。6-16jABL2,L3L4α解：xAyAxC1xAS0yC1yA；則設計變量為xB1yB1xC1yC1jAB和滑塊CC

D

y(1cosφ)xsinφ

j1j

1

1

1

1j

SjS11j

j x)2( y)2

jxBj

xB1y[D

y

Bj

1jAB

xCj

xC1y[D

y

Cj

1jCC

C1將(a)和(b)nn-1個方程，所以該xB1yB1xC1yC1L2(xB1(xB1xA)( y

L3L4α x)2( x)2( αarctanyC1xC1ABCDA(-12.14,3.06)，D(-7.10,-0.52)，P1(0,0),P2(-4.07,-0.5),P3(-2.10,

6-18解：xAyAxDyDxB1yB1xC1yC1。AB的位移矩陣為

D

y(1cos?)xsin?

i 1i

1i x)2( y)2 x)2 BABxBi xB1y[D

y

Bi

1iAB

將Ⅰ式代入運動約束方程Ⅰ就得到僅含設計變量xB1和yB1xB1yB1

D

14.2296

xB20.6561xB10.7547yB1所以由Ⅰ式有

B2

D

9.3756

xB30.1305xB10.9914yB1所以由Ⅰ式有

B3

0.1305

分別代入Ⅰ

0)2(y0)2(0.1305x0.9914y13.58912.1)2(0.9914x

xB1

由上式可以解出

xB2 xB3從而可以求出

yB

4.8844；

1.0319xB1yB1xB2yB2xB3yB3

D

sinθ

i 1i

yPi

1i

i x)2( y)2 x

i xCi xC1y[D

y

Ci

1iBC

C1將Ⅰ式代入運動約束方程Ⅰ就得到僅含設計變量xC1和yC1xC1yC1θarctanyP1yB1

0

0θarctanyP2yB

0.5

P B

4.07θarctanyP3yB3

3.05

D

0.5

xC20.9573xC10.289yC1所以由Ⅰ式有

C2

D

3.05

1xC30.9046xC10.4262yC1所以由Ⅰ式有

C3

0.9046

分別代入Ⅰ(x

0.5

3.05

xC1

由上式可以解出

C1(xAxD(xAxD)(yy (12.147.1)2(3.06(xAxB1(xAxB1)(yy x)2(y

(4.7026(4.70267.1)2(2.6021

(xC1(xC1xD)( y

在上述四桿中，因為lABlADlBClCD，即最短桿與最長桿的桿長之和小于其余兩桿的桿長之和，并且最短桿是lAB，所以該機構一定存在曲柄。5-65-6圖為一個對心直動滾子從動件盤形凸輪機構，凸輪為原動件，圖示位置時凸輪在BO’。試對機構進行高副低代，并確定機構的級別，驗證替12之間的速度瞬心都沒有發生變化。機構可以拆出一個Ⅰ級機構。F3n2PlPh322211；F3n2PlPh33241；12P12n-nP13P23的連線的交點處，如圖（a）12OO

7-2h，凸輪推程運動角為0。試推導當推程從動件的運動規律為余弦加速度運動規律時，從動件位移s與凸輪轉角之間的關系應為：s h[1

cos(

)] )，其中0與相對應是為了保證在推程中vadt

t)dt

tac

ac

δac

δ svdt

0ac

)C1)dt

ac

再由邊界條件δ0v0s0；δδ0v0sh；確定出待定常C0；Ch；

hδ

2s h[1

cos(

7-57-5π/32π/3π4π/35π/3解：根據關系式v

ds，a

dv線圖如上右圖所示。在運動的開始時點Ｏ，以及π34π3、5π3處加速度有限突變，/7-77-7ABOB

=40mm，l

=80mm

=10mm，凸輪以等角速度時針轉動。從動件的運動規律是：凸輪轉過

30；凸輪再轉過

其余

B1 7-7解：(1)、擺桿的最大擺角為30，推程為180，回程為150，遠休止角為0，近休止角為30，確定從動件的運動規律為φ30δ1

0δ

2

180δ

255δ

φ

330δ建立直角坐標系，將坐標原點選在點Ｏ，xOArolOB40mm

802φarctanlOBarctan40802OBxBlOAlABcos(φ0 1 1

OB2式中

x

sinδcosδ 由于滾子半徑 =10mm，所以凸輪實際輪廓線的方程式xx

dy

dxyy10 pbppbp

ppnpbpcosαπmcosα證明：8-3pnzmrbr，壓力角為

zpb2πrb，zp2πrrbrcosαpbpppnpbpcosαπm用范成法加工漸開線直齒圓柱齒輪，刀具為標準齒條型刀具，其基本參數為：m=2mm，

20，正常齒制齒坯的角速度

=90a和刀具移動的線速度va和v不變的情況下，將齒坯的角速度改為

切制出來的齒輪的齒數z和變位系數xa和v不變的情況下，將齒坯的角速度改為

zx解：（1amz290 vmzω290

4mm zz2v

2

x

2a 902x 2 1 zz2v

2

x

2a 902x 2 0.8 Z=17，壓力角

20，模數解：34rmz317rbrcosα25.5cos20rrh*m25.513其中，

1是由齒輪為正常齒制齒根據漸開線的幾何尺寸關系，可以得到αarccos

arccos23.96ρrbtanα23.96tan20在齒輪齒頂圓上齒廓的壓力角和曲率半

8-5αarccos

arccos23.9632.79h* 推證漸開線齒輪不根切的最小變位系數xmin由式xxmin 確定。解釋當z>zminxminzzmin為了防止根切，刀具的齒頂線應移至點N1或N1以下，如圖所示，應使NQh*m xmh*mNN1QPN1

題8-PN1r

N1Q

mzsin xha2sin

又因為 a，即sin2α a，代入上式， sin

z h* xh*

sin2αh* a

z>zminxminm

4mm，齒形角

200高系數

1，頂隙系數

0.25，齒輪的轉動中心到刀具分度線之間的距離為 =29mm

得z2H

2

=

<15×

=z14HmzH 294可得x 2 0.25 h* xmin

x0.250.176140.25r

4

rbrcosα28cos20

r(h*x)m28(10.25)4r(h*c*x)m28(10.250.25)4例8-1（1）

=14,

=40,

=15

1,

=0.25解：由式zmin a可得 sin

30，由于z1+

<2zminx1x1minx2x2min（2）

=33,

=47,m

6mm,

20

=解：a

m(z1

z2

=240mm>a

='

arccos(

cosa

=x1+

z1+2tan

?inv20)

x1x2（3）

=12,

=28,m

5mm,

20

（4）a

=138mm,m

4mm,

20

1,

=.傳動比誤差不超過±解：

2am(1

=z1

z2

0.008a134mma' a araNN1N2B1嚙合角'AA相嚙合8-10解：（12N1N2如圖中紅色直線所示。B1B2N1N2B1B2B1為從動齒輪１的齒頂圓與理論嚙合線的交點，B2為主動齒輪、嚙合角'為過節點的兩齒輪的（４B1B2確定出8-11推導漸開線外嚙合直齒圓柱齒輪傳動重 ε1[z

8-112π

a解：由重合度的定義，有εB1B2B1PB2B1N1PN1B2N2B1N1rb1tanαa1PN1rb1tanαB2N2rb2tanαa2PN2rb2rrcosαmz1

cosαmz2b 所以

8-

=36,

=33=20，m

2mmx10.235x21.335aa'1

rf1

p,s,e解：（1am(zz)2(3633) invα2(x1x2)tanαinvα2(0.2351.335)tan20inv20z1

36a'aacosα69cos20 cos

a

71、齒輪傳動的分度圓分離系數為y 削頂系數為σx1x2y0.2351.3351rmz1236 rb1r1cosα36cos20rr(h*xσ)m36(10.2350.1)2 r(h*c*x)m36(10.250.235)2f sp2xmtanα6.2820.2352tan20 eps6.282.80降，互換性差。應檢驗的條件是重合度和齒輪的齒頂圓齒厚是否滿足要求，即ε[ε]，sa0.25m。z121z251mn4mm =20，h*1，c*0.25，β15，輪齒寬度B30mm。試計算這對齒輪傳 a和重合度解：a mn(z1+z2 4×(21+

=2cos 2costanαtanαntan20 rbt1

2cosβ

2

21cos20.65 zmh*

2141 2cosβ

n

αarccosrbt1arccos40.69

cosα

51cos20.65bt

2cosβ

2 zmh*

5141 2cosβ

n

arccos

ε1[z

tanα')z 2π

at 1[21(tan31.02tan20.65)51(tan25.64tanεBtanβbBsinβ30sin15

最后得重合度一阿基米德蝸桿蝸輪傳動，蝸輪的齒數

40、分度圓直徑d

200mm傳動比 ，其中1為蝸桿的轉速，2為蝸輪的轉速mt2ma1d1蝸桿分度圓升角1a 解：（

2005mmma1mt2再根據國家標準規定的蝸桿模數與分度圓直徑對應關系，選取蝸桿的分度圓直徑d1、因為i12

r 所以蝸桿分度圓升角λ1

45

3.18，同時

Z1

=arctan

=

1×

=a2(d1mz22905408- 8-20圖中，已知蝸桿的轉速

=

rmin，

60，

25

20

=25

20

=30

35

=28 =135

寫出

，

，

n6n6 z2z3z4z5解：（1

2

16

z3z4z5

“+”

5’6 z2z3z4z5

602020（2

2

2252530

n1

9008.33

，方向“↑”8-22

rmin

60

40

=30 ，

120解：（1）、因為輪系的自由度F3n2PlPh34243

8-22 3n1

z2z3

3040（2

n5

z

6030

n5所以 n1

n1

19.56.5

8-23圖所示大減速比減速器的傳動比

解法1：A、B、EC組成的行星輪系；iCωA

B z

0，所以

8-23iCωA

zE

16

zA

解法2：A、B、ECB、E、F、GCiCωA

B z

0

=1+z

G?

ZF

=17×

?

ZG

50×由ω0

=1

zF

=1

17× G

50×

=

=

1

17×50×8-24圖中13H之間的關系，設已知各個齒輪的齒數解：（a

ω

8-24

2z2

z2、

ω

z

z z2、

ωωz 8-25E250A的700r/minA的正確轉向。解：輪系是由定軸輪系（A-B-C-D-E-F-G）和周轉輪系（G-K-H-L-M）G，有

zBzD

nn8-25423956

zAzC

2821M，有 nK

(1)2zH

4733

zK

22

0，所以

進一步有

nA

782.238

nG

4

最后得重物上升的速度為v

πD4π25052.36M30 =2.238

0G的轉向一致，所以，G（F）的轉向也向上，再根據蝸桿蝸輪傳動和外嚙合齒輪傳A的正確轉向為逆時針方向，如圖所示。8-26AL轉動幾轉？兩者的轉向是否一致？畫出輪系的拓撲圖，根據其拓撲圖確定輪BB，有

z

402nBnMD，有

8-26

zD24

nDnEnEM，有iMnE

zFzJ

1004085

zE

3040

0.5nA，

1.5nA

AL0.34轉，由于A

<0L因為

v1F

D(E而由拓撲圖可知頂點的數目v8，齒輪幅的數目eg6，

A(C

F(GFv1eg816

B(

J(K8-27圖中，nAnB為輪系的輸入運動，C為輪系的運動輸出構件。已知nA50rmin,nB100rmin,nC8-27解：（a２，有 n1

z230

n265，有i2n3

nB

z4

5045

nC

z3

20

50

，

=

，

56

rmin，其中“-”5nB相同，方向“↓”（b6，有 n4

z624

n444，有i4n1

nA

z2

3464

nC

z1

32

50

，

100

，

34

nC88.24rmin，

>0nA（nB）相同，方向“↓”10-1解：（a

lABe

30

10-1BαBα0 所以最大壓力角αmaxarcsin0.4583最小傳動角γmin90αmax9027.28（b最小傳動角γmin90αmax90010-2vv(a如圖所示；在滑Ｄ處也有一傳動角γD如圖所vc 示 (b)434的速度v3443上的34上的力的方向。(b10-5ααvαnα10-510-630oAA“反轉”A’,ABA’B’,B’10-6nn原教材6-86-8R寫出機構的壓力角討論如果≥[解：（1sinαeeR所以機構的壓力角與凸輪轉角δαarcsin(eeR（2、如果≥[eRrrAO10-1010-1110-1解：13為 Q為主動力時（即：反行程，螺旋副的自鎖條件為式λφ。 解：n---n的夾角λ必須小于或等于斜面與滑塊之間的摩擦角，即λ例10- 在圖10-17a所示的機構中，已知各構件的尺寸及機構的位置，各轉動副處的摩圓半徑、移動副及凸輪高副處的摩擦角Ⅰ4上Q的大小。試求圖示位置：1M1解：選取長度比例尺ⅠL(m/mm) 10-17a10-171R51、R21M12受R52、R12、R323R23、R434R34、R54、Q。VB2B1900+Ⅰ角。R51AR21AⅠ1R51的方向。R51R21M1擦圓，大小相等方向相反，在一條直線上。同時，根據相對轉速32,34的方向，可確定R23R43D、ER52CC之矩的方向應與Ⅰ252R12、R52、R32R524R54V45900+ⅠR34、R54Q也應匯R54的方向線。(2)2、4為分離體，列出力平衡方程式為

R12R32R52R34R54QR34R43R23根據上述力方程式，選取力比例尺ⅠF(N/mm)Q10-17（C）Ri其 Ri為力多邊形中第i個力的圖上長度(mm)1M11

式中lR21R51mm10-17圖所示為按μL=0.001m/mm3P=80N。各轉動副處的摩擦圓如圖中所示，滑塊與導路之間的摩擦角Ⅰ=

ABMQ比例尺μF，作出其力多邊形，如圖所示。R2318mmP R2320P2080R21R12R32R2372NABMQ的大小為MQR21lμl72100.0010.72NmMQMQ10-1710-18圖所示為按μL=0.001m/mm12處的摩擦角

Q=150NM110-18比例尺μF，作出其力多邊形，如圖所示。 20Q20150 R21R12M1M1

231140.0013.2N例10-610-19所示為斜面壓榨機。確定在Q為主動力的行程中機構的自鎖條件。設所有移動副的摩擦角均為。QP

=Pcot(

10-19理想驅動力為 =Pcot

tan(tan

令

0

210-2010-203P1Q為生產f，各構件慣性力、2與水平線之間的夾角2與水平線之間的夾角（1為90（222式中：β ，l

f。ρrlAB≥90°

arctanf例11- 對圖11-4a所示轉子進行動平衡，平衡平面為Ⅰ--Ⅰ和Ⅰ--Ⅰ解：將各個質量的質徑積分解到兩個平衡平面中：11-4mr(I)m1r1(300100)1 mr(I)m2r21202 mr(II)m1r11001 mr(II)m2r2(300120)2 11-4（c）mr(I)x[mr(I)cos(900)mr(I)cos(1800450)]b 1 2mr(I)

[mr(I)sin(900)mr(I)sin(1800450)]b 1 2mr(I)x2mr(I)x2mr(I)ybbbmr(I)

θarctan(b )mmbb11-4（b）所示。在平衡平面Ⅰ--Ⅰmr(II)x[mr(II)cos(900)mr(II)cos450]b 1 2mr(II)

[mr(II)sin(900)mr(II)sin450]b 1 2mr(II)x2mr(II)x2mr(II)ybbbmr(II)

θarc