流体机械原理课后答案

流体机械原理课后答案（精选5篇）

篇1：流体机械原理课后答案

作业解答 p41习题一：

一、为了满足一个规划中的企业用电高峰的需要，拟在有利地形处建一座具有一台泵及一台水轮机的抽水蓄能电站，该企业每天对电能的需要为：14h为P1=8MW；10h为P2=40MW。假定该企业可以从电网中获得的电功率Pv是常数，已知：水轮机的总效率P／PT电水，泵的总效率P／P0.86，压力管道的损失H6m，电站的0.91P水电st静水头Hst200m。为简单计，假定H和H

为常数，其它损失忽略不计。假定该装置中水的总量为常数（上游无来水，下游不放水，并忽略蒸发泄漏），试求：①必需的P值。

V②泵与水轮机的工作参数qV，H，P水。③上游及下游水池的最小容积V。

解：

从电网中获得的电能不足时，用水轮机发电补充；从电网中获得的电能有多余时，用于泵去抽水蓄能。

PPP2V水轮机轴功率＝g(HH)*qstV2stV1T

PPPV1V11水泵轴功率＝g(H＋H)*q／P

V＝qt=qtV2VV2

40P194*14*0.91*0.861.032

P8206*10PV408*1.03223.75MW 11.032qV2(4023.76)*10009.39m3/s，qV19.8*194*0.916.71 m3/s 对水轮机：qV2水轴T4023.7516.25MW，9.39m3/s；H2194m，P轴P=P／＝17.85MW，对于泵：qV16.71m3/s；H1206m，P=(PVP)*P＝(23.76-8)*0.86=13.55MW，1水P15.76MW 轴V＝6.71*3600*143.38*10m3

二、水轮机效率实验时在某一导叶开度下测得下列数据：蜗壳进口处压力表读数

5p22.16104Pa，压力表中心高程Hm88.7m，压力表所在钢管直径D3.35m，电站下游水位84.9m，流量qv33m/s，发电机功率Pg7410kW，发电机效率g0.966，试求水轮机效率及机组效率。

解：

piici2 EiZig2gqvpi22.161044333.744 Zi88.7，22.612，ci23.35g10009.8D2422poocopooco；而Zo84.9，=0，=0 EoZog2gg2g3.7442HEiEo88.784.922.6123.822.6120.71527.127m

29.8水轮机的效率tPg/ggqvH7410/0.9667670.80787.438%

9.83327.1278772.871机组效率gt0.9660.8740.844

三、某泵装置中，进口管直径Ds150mm，其上真空表读数V6.66510Pa（500mmHg），出口管路直径Dp125mm，其上压力表读数p0.22MPa，压力表位置比真空表高1m，输送介质为矿物油，其密度900kg/m3，泵的流量为qv0.053m3/s，试求泵的扬程。

解：泵的扬程

46.6651040.2210610.053420.05342HhVM1()()222g9009.89009.82g0.1250.151 17.55724.943(4.319)2(2.999)22g 17.55724.9430.49333.9932c2pcs

某泵装置中，进出口管直径相同D150cm，进口真空表读数V450mmHg，出口管路上压力表读数M1.8kg·f/cm2，压力表位置比真空表高1m，输送介质为矿物油，其密度900kg/m3，泵的流量为Q53 L/s，试求泵的扬程。答案：

2g 16.8200 27.8 四、一台送风机的全压为1.96kPa，风量为40m3/min，效率为50％，试求其轴功率。HhVMc2cs2p13.64501.89.810410.053420.053421()()29009009.82g0.1520.15401.961000qvp601.307103P2.614103W 50%50%

p103习题二

四、轴流转浆式水轮机某一圆柱流面D1=2m，n=150r/min，在某一流量下cm=4m/s。试求： a)当叶片转到使b2=10°时，作出口速度三角形。此时转轮出口水流的动能是多少？其中相对于cu2的部分又是多少？

b)为了获得法向出口，应转动叶片使b2为多少？此时出口动能又为多少？

c)设尾水管回能系数v=0.85，且假定尾水管只能回收相应于cm2的动能，则上面两种情况下出口动能损失各为多少？ a)u2D1n6021506015.708m/s cu2u2cmctg1015.7084ctg106.977m/s 22c2cu6.97724264.6798.042m/s 2cm 2c264.6793.300m 2g29.82cu6.977222.484m 2g29.8b)b2arctg414.287

15.7082c2420.816m 2g29.822cuc2c)回收的能量：v285%3.302.4840.321

2g2g22cuc2损失的能量： 回收的能量3.30.3212.979或85%22.111

2g2g4215%0.122

2g

五、在进行一台离心泵的能量平衡实验时，测得下列数据：轴功率P=15kW；流量qv=0.013m3/s；扬程H=80m；转速n=2900r/min；叶轮密封环泄漏量qv=0.0007m3/s；圆盘摩擦功率Pr=1.9kW；轴承与填料摩擦功率Pm=0.2kW；另外给定了泵的几何尺寸：轮直径D=0.25m；出口宽度b2=6mm；叶片出口角b2=23°。试求： a)泵的总效率及水力、容积和机械效率。b)叶轮出口速度三角形。（不计叶片厚度，cu1=0）c)滑移系数、反作用度

6.977cu215.70810°u24cm2c2w2 a)gqvHP9.80.0138010.50560.7004

1515MP(PrPm)15(1.90.2)0.86

P15qhqv0.0130.95

qvqv0.0130.00070.70.857

Mq0.860.95qvT0.0130.00072.992 m/s

D2b20.250.006b)cm2u2D2n600.2529006037.961m/s 2.99223°cm230.91237.961cu2c2w2u2 c)cu2u2cm2ctg237.9612.992ctg2337.9617.04930.912

cu2gH9.88024.099 hu20.85737.9611cu230.91224.09910.82 u237.96122222c2.531.562 cu2cm230.9122.992964

2c22g11u2cu2g31.56210.589

237.96130.912或

1cu230.91210.593 2u2237.961

p103习题四 四、一台泵的吸入口径为200mm，流量为qv=77.8L/s，样本给定Hv=5.6m，吸入管路损失Hs=0.5m。试求：

1）在标准状态下抽送常温清水时的Hsz值。

2）如此泵在拉萨（pa=64922.34Pa）使用，从开敞的容器中抽吸80℃温水，其Hsz值又为多少？

（注：80℃清水的pVa=47367.81Pa，g=9530.44N/m3）1）列进水池面与泵进口断面

pepscs2Hsz0Hs gg2gpapspapecs2HsHszHs

gggg2gpepacs2HszHsHs

gg2gcs4qv477.8/10002.476 Ds20.222.4762Hsz5.60.55.60.3130.54.787

2gppcs2pvas 2）由汽蚀余量和真空度的定义：ha，Hs2gpscs2pv Hsha2gpacs2p[Hs][h]v

2gpacs2p[Hs][h]v

2gpa[Hs][Hs]papapvpv

[Hs]5.664922.3447367.8110.330.249530.449530.44 5.66.8110.334.970.24 2.65HsHszcs2pepaHs2.650.3130.53.463m gg2g

五、双吸离心泵的转速为1450r/min，最优工况的扬程为43m，流量为1.36m3/s，临界空化余量为hcr=3.17m，最大流量工况hcr为10.06m，吸水管路的水力损失为0.91m，当地大气压力为10.36m，所输送的冷水的汽化压力为Hva=0.31m。试确定：

1）最优工况的比转速nq、空化比转速S、临界空化系数cr和允许的吸入高度是多少？ 2）最大流量工况的允许吸入高度是多少？（提示：计算nq和S时应取总流量的二分之一）

1）nqnqv/2H3/414501.36/21195.7259.9 71.2073/416.7923.6543Snqv/23/4hcr14501.36/21195.7503.3 2.3763.173/4crhcr3.170.0737 H43列进水池面与泵进口断面

pecs2Hghw2g psps由汽蚀余量的定义

cs2pvpphaeHghwv2gpp Hgehhwv 10.36(3.170.3)0.910.31 5.672）同前有 Hphhegwpv 10.36(10.060.3)0.910.31 1.22

篇2：流体机械原理课后答案

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。

27—5由式JF=△Wmax／(ωm [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△Wmax与ωm一定时，若[δ]下降，则JF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JF不可能为无穷大，若△Wmax≠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。

③当△Wmax与[δ]一定时，JF与ωm的平方值成反比，故为减小JF，最好将飞轮安装在机械的高速轴上。当然，在实际设计中还必须考虑安装飞轮轴的刚性和结构上的可能性等因素。

7—6造成机械振动的原因主要有哪些?常采用什么措施加以控制?

7—7图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r3，各齿轮的转动惯量J1、，J2、，J2’、J3，齿轮1直接装在电动机轴上，故J1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Je。

解：根据等效转动惯量的等效原则．有 2则 Je121212J11211G1222(JJ)Jv22`233222g)(2`JeJ1J(J2J212)J23(312)Gv

g(12)

2JeJ1

17-8图示为DC伺服电机驱动的立铣数控工作台，已知工作台及工件的质量为m4=355 kg,滚珠丝杠的导程d=6 mm，转动惯量J3=1.2×10-3kg.m。，齿轮1、2的转动惯量分别为J1=732 ×

z1J(JJ)(22`2z2zz2G)J3(12`)z2z3gz1z2`2r()3z2z3 10-6kg.m2，J2=768×10-6kg.m2。在选择伺服电机时，伺服电机允许的负载转动惯量必须大于折算到电动机轴上的负载等效转动惯量，试求图示系统折算到电动机轴上的等效转动惯量。

解：根据等效转动惯量的等效原则．有 2Je1212J12121(JJ)232221mv

244JeJ1121J(J2J3)(21z1)m4(2v则: J11)2)22z2z2

=732×10-6+(768+l 200)l×10-6×(25/45)2+355×(6×10-3)2×(25/45)2

=5.284×l0kg.m

7—9已知某机械稳定运转时主轴的角速度ωs=100 rad／s，机械的等效转动惯量Je=0.5 2kg.m，制动器的最大制动力矩Mr=20 N.m(制动器与机械主轴直接相连，并取主轴为等效构件)。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．F：及等效力矩Al。均为常数，故可利用力矩 形式的机械运动方程式： Me=Jedω/dt

其中：Me=-Mr=-20 N.m，Je=0.5 kg.m2

dt=[Je/(-Mr)]dω=[0.5/（-20）]dω=-0.025dω 因此

t=-0.025(ω-ωs)=0.025ωs=2.5s 由于t=2.5s< 3s，所以该制动器满足工作要求。

7一10设有一由电动机驱动的机械系统，以主轴为等效构件时，作用于其上的等效驱动力矩Med=10 000—100ω(N.m)，等效阻抗力矩Mer=8 000 N.m，等效转动惯量Je=8 kg.m2，主轴的初始角速度ω0=100rad／s。试确定运转过程中角速度ω与角加速度α随时间的变化关系。

解

由于机械系统的等效转动惯量为常数，等效力矩为速度的函数，故可利用力矩形式的机械运动方程式

Me(ω)=Med(ω)-Mer(ω)=Jedω/dt 即10000-100ω-8000=8dω/dt

J(J2J3)()m4l(2z

1对式①积分得

t810081002dt8100d2000

(1)d(1002000)(1002000)100[ln(1002000)ln(1001002000)]2

5将式(2)改写为

一l2.5t= In(100ω一2000)一ln8 000 解得

ω=20+80e-12.5t [ln(1002000)ln8000]

(2)上式对t求导得

α= dω/dt=-100e-12.5t

7—11在图示的刨床机构中，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P1=367.7 w和p2=3 677 w，曲柄的平均转速n=100 r／min，空程曲柄的转角为φ1=120º。当机构的运转不均匀系数δ=0.05时，试确定电动机所需的平均功率，并分别计算在以下两种情况中的飞轮转动惯量JF(略去各构件的重量和转动惯量).1)飞轮装在曲柄轴上；

2)飞轮装在电动机轴上，电动机的额定转速nn=I 440 r／min。电动机通过减速器驱动曲柄，为简化计算，减速器的转动惯量忽略不计。

解

(1)确定电动机的平均功率。作功率循环图如下图所示。

根据在一个运动循环内．驱动功与阻抗功应相等，可得

PT=P1t1+P2t2

P=(P1t1+P2t2)/T=(P1φ1+P2φ2)/(φ1+φ2)=(367.7/3+3 677×2/3)=2 573.9 w(2)由图知最大盈亏功为：、△Wmax=(P-P1)t1=(P-P1)(60φ1)/(2πn)=(2573.9-367.7)×60×(1/3)×(1/100)=441.24N.m 1）当飞轮装在曲柄轴上时飞轮的转动惯量为

900Wmax900441.242JF80.473kg.m2222n[]1000.0

52）飞轮装在电机轴上时，飞轮的转动惯量为

222JF`=JF(n/nn)=80.473×(100/1440)=0.388kg.m

7-12 某内燃机的曲柄输出力矩Md随曲柄转角的变化曲线如图所 示，其运动周期T,曲柄的平均转速nm620r/min。当用该内燃机驱动 一阻抗力为常数的机械时，如果要求其运转不均匀系数=0.01。试求 1)曲轴最大转速nmax和相应的曲柄转角位置max；

2)装在曲轴上的飞轮转动惯量JF（不计其余构件的转动惯量）。

解:(1)确定阻抗力矩, 因一个运动循环内驱动功应等于阻抗功．所以有

MrφT=AOABC=200×（1/2）×(π/6+π)解得

Mr=(1/π)×200×(1/2)×(π/6+π)=l 16.6 7 N.m

(2)求曲轴最大转速nmax，和相应的曲柄转角位置φmax：

作其系统的能量指示图(见图(b))．由图可知在c处机构出现能量最大值．即φ=φ时，n=nmax。故 Φmax=20º+30º+130º×(200-116.7)/200=104.16º

此时nmax=(1+δ/2)nm=(1+0.01/2)×620=623.1r/min

c（3)求装在曲轴上的飞轮转动惯量J，：

WmaxAbABc200116.6726***0Wmax90067.2621.596kg.m2222n[]6200.01 （20200116.67130200116.6720067.26N.m

故：7—13图示为两同轴线的轴1和2以摩擦离合器相连。轴1和飞轮的总质量为100 kg，回转半径ρ=450 mm；轴2和转子的总质量为250 kg，回转半径ρ=625 mm。在离合器接合前，轴1的转速为n，=100 r／min，而轴2以n：=20 groin的转速与轴1同向转动。在离合器接合后3 s，两轴即达到相同的速度。设在离合器接合过程中，无外加驱动力矩和阻抗力矩。试求：

1)两轴接合后的公共角速度;2)在离合器结合过程中，离合器所传递的转矩的大小。JF

解

设离合器结合过程中所传递的摩擦力矩为Mf．两轴结合后的公共角

速度为ω。根锯力矩形式的机械运动方程。对于轴l和轴2，分别有：

1d

0MfJ1dtJ1（1）

Mf0J2d2dtJ223

（2）

J1J2由式（1）（2）得：

22式中

J1=m1ρJ2=m2ρ2

ω1=2πn1/60=πn1/30, ω2=2πn2/60=πn2/30 从而

J11J2230m11n1m22n2m11m222222301000.451000.625201000.451000.62522223.533rad/s由（1）得: Mf

3.533)46.838N.m3330330

7—14图示为一转盘驱动装置。1为电动机，额定功率为Pn=0.55 kW，额定转速为nn=1 390．r／min，转动惯量J1=0.018 kg.m2;2为减速器，其减速比i2=35, 3、4为齿轮传动，z3=20，z4=52；减速器和齿轮传动折算到电动机轴上的等效转动惯量J2e=0.015 kg.rn2；转盘5的转动惯量J5=144kg.m，作用在转盘上的阻力矩为Mr5=80 N.m；传动装置及电动机折算到电动机轴上的阻力矩为Mr1=0.3 N.m。该装置欲采用点动(每次通电时间约0.15 s)作步进调整，问每次点动转盘5约转过多少度? 提示：电动机额定转矩Mn=9 550Pn／nn，电动机的起动转矩Md≈2Mn，并近似当作常数。J11m112(n1)1000.452(100

解

取电机轴作为等效构件，则系统的等效转动惯量为

52Je1J1JJ(5e2)0.0181

点动过程中，系统的运行分为两个阶段：第一阶段为通电启动阶段，第二阶段为断电停车阶段。

第一阶段的等效力矩为

Me11MdMr1Mr5(295500.5520120.015144(5235)kg0m.05042.51)29550201PnnnMr1Mr5(z3z41i2)13905235

由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为

ω11=ω10+α1t1

2φ11=φ10+ω10t1+(1/2)α1t1

式中: φ10=0, ω10=0, ． t1=0.15, a1=Me11/Je1 所以

0.380()6.378N.m11

Me11Je1t16.3780.05040.1518.982rad/s

11

第二阶段的等效力矩为 1Me1126.3782t10.50.151.424rad2Je10.0504

1z4i25235

由于在此阶段系统的等效力矩和等效转动惯量均为常数，所以在此阶段电机轴的角速度和转过的角度为：

ω12=ω11+α2t2

2φ12=φ11+ω11t2+(1/2)α2t2 式中: ω12=0, α2=Me12/Je1 所以

t2Me12Mr1Mr5(5)Mr1Mr5(z31)0.380(201)1.179N.m11211Je1Me218.9820.05041.1790.811s

121111t2每次点动后．电机转过的角度为

φ1=φ12+φ11=1.424+9.125=10.549rad 而转盘5转过的角度为：

1Me1221.1792t21.142418.9820.8110.50.8119.125rad2Je10.0504

篇3：流体机械原理课后答案

关键词：流体机械原理,教学方法,课程

流体机械原理是流体机械及工程本科专业一门非常重要的专业基础课。其主要是一门系统介绍泵, 水轮机, 风机和压缩机等流体机械基本原理的课程, 本专业的学生对这门课程的掌握直接影响对后续课程比如“叶片泵原理及水力设计”, “容积泵”等课程的学习。我校流体机械及工程学科是全国重点学科, 多年来, 我们一直致力于对流体机械原理进行一些教学改革, 尽量让本专业的学生掌握好这门基础课, 实践表明, 教学改革取得了较好的效果, 现在“流体机械原理”教学方法的一些探索介绍如下:

1 采用多媒体教学, 改变传统的教学模式

从以往流体机械原理教学情况反馈看, 绝大部分学生认为本课程枯燥, 抽象, 难懂。调查显示, 学生对一门课程的第一印象很重要。以往在教学中绪论都是是一笔带过, 这种方式不太妥当。重视绪论的讲解, 运用图片、动画、视频等手段, 结合生产实习中学生接触到的知识, 吸引住学生, 留下较好的第一印象, 让学生对这门课产生兴趣。因此, 我们对教学方式和模式做了相应的改变。采用多媒体教学代替了传统的教学方法, 以前用的讲解流体机械内部结构的挂图被一幅幅立体图片代替, 使得学生对流体机械有了更深入的认识。随着计算流体力学软件 (CFD) 的发展, 通过CFD软件可以很容易的获得各种流体机械内部的流场分布。以往很难理解的流体在叶轮中的运动, 可以通过各种三维动画和数值模拟结果展示给学生, 这不仅有利于学生掌握好相关知识, 也增加了课堂的生动性。

2 实践教学注重学生观察能

力、分析能力和动手能力的培养, 注重理论与实践相结合的教学方法

本学科拥有小型水泵综合性能实验台、风机性能实验台和水泵性能闭式实验台 (图1) , 此外还有国际上最先进的三维立体粒子流速场仪 (图2) 、三维相位多普勒粒子动态分析仪 (PDA) 、高速动态分析仪等先进仪器设备。本课程充分利用这些资源, 设置了课前实验室.实验室在课堂教学开课前对学生开放, 由专职教师值班.在实验室里, 还摆放了典型结构的泵与风机的实物, 学生可以观察到泵和风机的结构, 还可以在老师的帮助演示部分泵和风机的工作过程, 通过PIV实验演示, 使学生初步了解了泵内部的流场分布。这样, 不仅加强学生对流体机械的认识, 提高学生的动手能力, 还能通过认识实习和生产实习, 加强学生对现场实际和设备实际运行情况的认识。

3 突破课本课堂的束缚, 把新的技术和研究成果带入课堂

随着水利工程、石化行业的高速发展, 对泵提出了较高的要求, 因此, 出现了大量新结构泵和采用新原理、新设计方法设计的泵。这些泵结构创新、原理创新和设计方法创新, 具有使用可靠、高效节能, 它们的性能及设计方法是在教材中无法完整的找到的。为了使流体机械专业的学生能更快、更好地适应社会, 将新的技术和研究成果带入课堂, 介绍给学生, 是非常必要的。例如图3所示的高压自平衡双壳体多级离心泵是目前除了核主泵之外技术含量最高的泵, 其先进性有:整台泵系统由主泵、电机、增速器和集中供油站系统组成, 附件有管路、检测传感器和显示仪表等;泵结构为卧式、双壳体、内壳体为水平中开自平衡多级离心泵, 在不移动管路情况下抽出内壳体进行维修, 中心线水平支撑;叶轮采用滑装, 并用卡环逐级轴向定位;各级叶轮采用对称布置, 各级叶轮所产生的轴向力相互抵消, 不需采用平衡盘结构, 就能实现泵腔内巨大的轴向推力达到自动平衡, 这避免了因平衡盘碰撞烧死而导致停机和断轴等严重事故, 大大提高了泵运行的可靠性, 大大减少了泄漏, 提高了泵的效率;泵体采用双蜗形流道, 叶轮旋转产生的大部分径向力能够平衡, 大大减轻了主轴两端的径向轴承的负荷, 延长轴承的使用寿命。由此可见, 仅仅从这样一个示例, 学生就可以了解到很多实用的但是课本中没有或者讲解不详细的知识。

4. 总结

近年来, 针对流体机械原理这门课程的特点, 通过在实际教学中不断地进行尝试和探索。以上几个方面是本人在教学中的体会和心得, 只要授课过程中能注重上述几个方面, 相信该课程的授课效果会有一定的提升。当然, 目前针对流体机械原理课程所进行的工作也只是初步的、尝试性的, 教学质量的大幅度提高不是一蹴而就的, 而是需要进行长期深入地努力才能实现。

参考文献

[1]吕祥翠, 张伟, 叶会华.流体机械课程改革的探索与实践[J].天津城市建设学院学报.2007;13 (2) :155-158

[2]李文科.流体力学与流体机械课程教学改革与实践[J].安徽工业大学学报:社会科学版.2006;23 (4) :113-114.

篇4：流体机械原理课后答案

题6-5 图示为一钢制圆盘，盘厚b=50mm，位置Ⅰ处有一直径φ=50mm的通孔，位置Ⅱ处是一质量m2=0.5kg的重块。为了使圆盘平衡，你在圆盘上r=200mm处制一通孔。试求此孔德直径与位置。（钢的密度=7.8g/cm3）

解：解法一：先确定圆盘的各偏心质量大小

52m1b57.80.7648kg

m20.5kg

44设平衡孔质量 2d2mbb

根据静平衡条件

m1r1m2r2mbrb0

4mbrbcosbm1r1cos135m2r2cos21032.52kgmm

mbrbsinbm1r1sin135m2r2sin210104.08kgmm

mbrb(mbrbsinb)2(mbrbcosb)2109.04kgmm

由rb200mm

mb0.54kg

d在位置b相反方向挖一通孔

4mb42.2mm bb180tg1mbrbsinbmbrbcosb18072.66180282.66 

解法二：

由质径积矢量方程式，取 W2平衡孔质量 mbW

题6-7在图示的转子中，已知各偏心质量m1=10kg，m2=15kg，m3=20kg，m4=10kg，它们的回转半径分别为r1=40cm，r2=r4=30cm，r3=20cm，又知各偏心质量所在的回转平面的距离为l12=l23=l34=30cm，各偏心质量的方位角如图。若置于平衡基面Ⅰ及Ⅱ中的平衡质量mbⅠ及mbⅡ的回转半径均为50cm，试求mbⅠ及mbⅡ的大小和方位。

kgmm

作质径积矢量多边形如图6-5（b）mmWbrb0.54kg

量得 b72.6

解：解法一：先确定圆盘的各偏心质量在两平衡基面上大小

m2Ⅰ60m32060m34060m230m210kg m2Ⅱ5kg m3Ⅰkg m3Ⅱkg 9090903903根据动平衡条件(mbⅠrb)xmiricosim1r1cos120m2Ⅰr2cos240m3Ⅰr3cos300283.3kgcm(mbⅠrb)ymirisinim1r1sin120m2Ⅰr2sin240m3Ⅰr3sin30028.8kgcmmbrbⅠ(mbⅠrb)x2(mbⅠrb)y2mbⅠ同理

22（283.8）（28.8）284.8kgcm

(mbⅠrb)y(mbrb)Ⅰ284.8548 5.6kg

bⅠtg1(mbⅠrb)xrb50(mbⅡrb)xmiricosim4r4cos30m2Ⅱr2cos240m3Ⅱr3cos300359.2kgcm(mbⅡrb)ymirisinim4r4sin30m2Ⅱr2sin240m3Ⅱr3sin300210.8kgcmmbrbⅡ(mbⅡrb)x2(mbⅡrb)y2mbⅡ359.22210.82416.5kgcm

(mbⅡrb)y(mbrb)Ⅱ416.51145 7.4kg

bⅡtg(mbⅡrb)xrb50解法二：

根据动平衡条件

21m1r1m2r2m3r3mbⅠrb0

3312m4r4m2r2m3r3mbⅡrb0

33kgmm由质径积矢量方程式，取W10

作质径积矢量多边形如图6-7（b）

mm

mbⅠWmbⅡWm1WbⅠrbrb5.6kg

bⅠ6

7.4kg

bⅡ145 WbⅡW2Ⅱr1r4m4WbⅡθⅡbW2ⅠW3ⅡW1ⅠW4ⅡθⅠr3m2r2m3W3ⅠWbⅠb(a)图6-7(b)

题6-8图示为一滚筒，在轴上装有带轮。现已测知带轮有一偏心质量m1=1kg；另外，根据该滚筒的结构，知其具有两个偏心质量m2=3kg，m3=4kg，各偏心质量的位置如图所示（长度单位为mm）。若将平衡基面选在滚筒的端面，两平衡基面中平衡质量的回转半径均取为400mm，试求两平衡质量的大小及方位。若将平衡基面Ⅱ改选为带轮中截面，其他条件不变，；两平衡质量的大小及方位作何改变？

解：(1)以滚筒两端面为平衡基面时，其动平衡条件为

mbⅠrbⅠ3.51.59.5m1r1m2r2m3r30 11111114.59.51.5mbⅡrbⅡm1r1m2r2m3r30

111111以W2kgcmmm，作质径积矢量多边形，如图6-8（a），(b)，则

mbⅠWmbⅡWWbⅠWbⅡrbrb1.65kg，bⅠ138  0.95kg，bⅡ102（2）以滚轮中截面为平衡基面Ⅱ时，其动平衡条件为

mbⅠrbⅠ513m2r2m3r30 14.514.59.51.5mbⅡrbⅡm1r1m2r2m3r30

14.514.5以W2kgcmmm，作质径积矢量多边形，如图6-8（c），(d)，则

mbⅠWmbⅡWWbⅠrbrb22721440401.35kg

bⅠ159  0.7kg，bⅡ102WbⅡW2ⅠW3ⅠW2ⅠW1ⅠWbⅠW3ⅠWbⅠ(a)W1Ⅰ(b)(c)W2ⅠW3ⅠW2Ⅰ1138°WbⅠ°02210WbⅠ°159°W3ⅠW1Ⅰ(d)图6-8

题6-10如图所示为一个一般机器转子，已知转子的重量为15kg。其质心至两平衡基面Ⅰ及Ⅱ的距离分别l1=100mm，l2=200mm，转子的转速n=3000r/min，试确定在两个平衡基面Ⅰ及Ⅱ内的需用不平衡质径积。当转子转速提高到6000r/min时，许用不平衡质径积又各为多少？

解：（1）根据一般机器的要求，可取转子的平衡精度等级为G6.3，对应平衡精度A = 6.3 mm/s(2)n3000rmin

2n60314.16rads

e1000A20.05m

mrme1520.051040.03kgcm

可求得两平衡基面Ⅰ及Ⅱ中的许用不平衡质径积为

mⅠrⅠmrl22003020gcm

l1l2200100l11003010gcm

l1l220010060628.32rads mⅡrⅡmr(3)n6000rmin

2ne1000A10.025m

mrme1510.02510415kgcm

可求得两平衡基面Ⅰ及Ⅱ中的许用不平衡质径积为 mⅠrⅠmrl22001510gcm

l1l2200100l1100155gcm

l1l2200100mⅡrⅡmr题6-12在图示的曲柄滑块机构中，已知各构件的尺寸为lAB=100mm，lBC=400mm；连杆2的质量m2=12kg，质心在S2处，lBS2=lBC/3；滑块3的质量m3=20kg，质心在C点处；曲柄1的质心与A点重合。今欲利用平衡质量法对该机构进行平衡，试问若对机构进行完全平衡和只平衡掉滑块3处往复惯性力的50%的部分平衡，各需加多大的平衡质量（取lBC=lAC=50mm），及平衡质量各应加在什么地方？

解：（1）完全平衡需两个平衡质量，各加在连杆上C′点和曲柄上C″点处。平衡质量的大小为

mCm2lBS2m3lBClBC1240320405192kg mCmm2m3lABlAC1921220105448kg

（2）部分平衡需一个平衡质量，应加曲柄延长线上C″点处。

平衡质量的大小为

mB2m2lS2ClBC12238kg

mC2m2lBS2lBC1644kg

mBmB28kg

mCmC2m324kg

故平衡质量为

篇5：流体机械原理课后答案

第4章 机床夹具设计原理

1.何谓机床夹具？试举例说明机床夹具的作用及其分类？

答：所谓机床夹具，就是将工件进行定位、加紧，将刀具进行导向或对刀，以保证工件和刀具间的相对位置关系的附加装置。

机床夹具的功用：①稳定保证工件的加工精度；

②减少辅助工时，提高劳动生产率； ③扩大机床的使用范围，实现一机多能。

夹具的分类：1）通用夹具； 2）专用夹具； 3）成组夹具； 4）组合夹具； 5）随行夹具。

2.工件在机床上的安装方法有哪些？其原理是什么？

答：工件在机床上的安装方法分为划线安装和夹具安装。划线安装是按图纸要求，在加工表面是上划出加工表面的尺寸及位置线，然后利用划针盘等工具在机床上对工件找正然后夹紧；夹具安装是靠夹具来保证工件在机床上所需的位置，并使其夹紧。

3.夹具由哪些元件和装置组成？各元件有什么作用？

答：1）定位元件及定位装置：用来确定工件在夹具上位置的元件或装置；

2）夹紧元件及夹紧装置：用来夹紧工件，使其位置固定下来的元件或装置； 3）对刀元件：用来确定刀具与工件相互位置的元件；

4）动力装置：为减轻工人体力劳动，提高劳动生产率，所采用的各种机动夹紧的动力源；

5）夹具体：将夹具的各种元件、装置等连接起来的基础件； 6）其他元件及其他装置。

4.机床夹具有哪几种？机床附件是夹具吗？

答：机床夹具有通用夹具、专用夹具、成组夹具、组合夹具和随行夹具。

5.何谓定位和夹紧？为什么说夹紧不等于定位？

答：工件在夹具中占有正确的位置称为定位，固定工件的位置称为夹紧。工件在夹具中，没有安放在正确的位置，即没有定位，但夹紧机构仍能将其夹紧，而使其位置固定下来，此时工件没有定位但却被夹紧，所以说夹紧不等于定位。

6.什么叫做六点定位原理？

答：采用六个按一定规则布置的约束点，限制工件的六个自由度，即可实现完全定位，这称为六点定位原理。

7.工件装夹在夹具中，凡是有六个定位支承点，即为完全定位，凡是超过六个定位支承点就是过定位，不超过六个定位支承点就不

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机械制造技术基础

会出现过定位，这种说法对吗，为什么？

答：不对；过定位是指定位元件过多，而使工件的一个自由度同时被两个以上的定位元件限制。

8.定位、欠定位和过定位是否均不允许存在？为什么？根据加工要求应予以限制的自由度或工件六个自由度都被限制了就不会出现欠定位或过定位吗？试举例说明。

答：1）加工要求限制自由度而没有限制，是欠定位，是不允许的；所限制的自由度小于六个时，不一定是欠定位；2）一个自由度由一个以上定位元件限制时，产生超定位，超定位一般是不允许的，它可能产生破坏；所限制自由度小于六个时，也可能产生过定位；3）如果工件定位而精度较高，夹具定位元件精度也很高时，过定位是可以允许的，它可以提高加工刚度；4）工件定位应根据加工要求而定，不必完全定位；5）过定位和欠定位也可能同时存在。

9.常见的定位元件有哪些，分别限制的自由度的情况如何？

答：常见的定位元件：1）平面定位：支撑钉及支撑板、可调支撑与自位支撑、辅助支撑；2）孔定位：定位销、锥销、心轴；3）外圆面定位：三爪卡盘、V型铁定位

10.可调支承、自位支承和辅助支承的不同之处？

答：可调支撑：当工件的定位基面形状复杂时或者各毛坯的尺寸、形状变化较大时，多采用这类支撑，它的顶端位置在一个范围内调整，并可用螺母锁紧；自位支撑：为了避免超定位，需要减少某个定位元件所限制的自由度数目时，常把支撑做成浮动或联动结构，使之自为；辅助支撑：当工件定位基面较小，致使其一部分悬伸较长时，为增加工件的刚性，减少切削时的变形，常采用辅助支撑。

11．根据六点定位原理，是分析图4.74中各零件的定位方案中各个定位元件所限制的自由度。

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机械制造技术基础

z1心轴1轴销2轴销2平面

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机械制造技术基础

z小平面V型块XY圆柱销

图4.74 零件的定位方案

答：在（a）图中，三扎卡盘限制四个自由度：工件绕y轴、z轴的转动和延y、z轴的移动；挡块限制延x轴方向的移动。共限制五个自由度，属于不完全定位。

在(b)图中，三扎卡盘限制两个自由度：延y、z轴的移动；若顶尖为死定尖，则顶尖配合三扎卡盘限制工件绕y、z轴的转动，同时，顶尖限制延x方向的移动。共限制五个自由度，属于不完全定位。若顶尖为活定尖，则顶尖只配合三扎卡盘限制工件绕y、z轴的转动。共限制四个自由度，属于不完全定位。

在(c)图中，两顶尖限制工件绕y、z轴转动，x、y、z移动。共五个自由度，属于不完全定位。

在（d）图中，小锥度心轴限制工件绕y、z轴的转动和y、z的移动；顶尖限制心轴延x方向的移动。共限制四个自由度，属于不完全定定位。

在（e）图中，若三扎卡盘为相对夹持长三扎卡盘，则三扎卡盘限制四个自由度：y、z轴的旋转以及x、y轴的移动，中心架起辅助作用，增加工件的强度。共限制四个自由度，输油不完全定位。若三扎卡盘为相对夹持短三扎卡盘，则三扎卡盘限制两个自由度：x、y轴的移动，中心架配合三抓卡盘，限制Y、Z轴的转动。共限制四个自由度，属于不完全定位。

在（f）图中，心轴限制Y,Z轴的转动与移动，小平面限制X轴移动，共限制五个自由度，为不完全定位。

在（g）图中,双顶尖限制Y,Z轴的转动与移动，小平面限制X轴的移动，总共限制五个自由度，为不完全定位。

在（h）图中,心轴1控制X,Y轴的移动，平面2控制Z轴的移动X,Y的转动，总共限制五个自由度，为过定位。

在（i）图中心轴控制Y,Z的转动与移动，平面2控制X轴的移动Y,Z的转动，总共限制七个自由度，为过定位。

在(j)图中，左端固定锥销，限制X、Y、Z的移动自由度；右端浮动锥销与固定锥销组合后限制Y、Z的转动自由度。

在（k）图,中当为长V型块限制X,Z移动，为不完全定位；当为短V型块时限制X,Z的移动,为不完全定位。

在（l）图中,圆柱销控制X,Y的移动，圆柱销和小平面配合限制X,Z的转动，共限制五个自由度，为不完全定位。

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机械制造技术基础

12.何谓定位误差?定位误差有哪些因素引起的?定位误差的数值一般应控制在零件公差的什么范围之内? 答：指工件在夹具中定位不准确而带来的误差。引起定位误差的因素：1）定位基准与设计基准不重合，2）定位基面与定位元件之间的间隙，3）定位基面本身的形状误差。

13.图4.75(a)所示零件，底面3和侧面4已加工好，现需加工台阶面1和顶面2，定位方案如图4.75(b)所示，求各工序的定位误差。1.2A±△AA±△AH±△H1CH±△HCH-△HH±△H3（a）（b）图4.75 各零件和定位方案

答：在加工顶面2时，设计基准与定位基准重合，所以定位误差即为本工序的加工误差，即δC=δH=2ΔH.在加工台阶面1时，由于设计基准与定位基准不重合，所以定位误差为本道工序的加工误差与基准转换误差之和，即δC=δA+δH=2ΔA+2ΔH=2（ΔA+ΔH）。

14.图4.76所示为套筒零件铣平面，以内孔（D0）中心Ｏ为定位基准，套在心轴

上，则

为调刀基准，配合间隙为Δ，工序

+ΔD 尺寸为，求心轴水平和垂直放置时工序尺寸的定位误差。

答：①当心轴垂直放置时，由于基准位移而产生基准位移误差，则有孔：Dmax=D+ΔD Dmin=D

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机械制造技术基础

轴：dmax=d dmin=d-Δd所以O1Omax=(D+ΔD)/2-(d-Δd)/2 O1Omin= D/2-d/2又因为间隙配合为Δ基准位移误差所造成的加工误差为：Δ1=（ΔD+Δd）/2+Δ所以水平放置时定位误差为:ΔH=Δ1+ΔH=(ΔD+Δd)/2+Δ+ΔH②当心轴垂直放置时：加工误差等于间隙配合误差Δ所以，垂直放置时的定位误差为：Δv=Δ+ΔH 15.图4.77所示圆柱体零件的直径为,均放在V型块上定位铣平面，其加工表面的设计尺寸的基准分别为上母线Ｂ、下母线Ｃ和零件中心线Ｏ，试分别计算其定位误差。

答：δ=90o,则有：①当设计尺寸基准为上母线B时，定位误差为： ΔB=δ21sinα2+1=Δd21sinπ4+1=1.207Δd

②当设计尺寸基准为下母线C时，定位误差为：ΔC=δ2(1sinα2-1)=Δd2（1sinπ4-1）=0.207Δd ③当设计尺寸基准为零件中心线O时，定位误差为： Δo=δ2sinα2=Δd2sinπ4=0.707Δd

16.为什么会出现基准位移误差？以工件的孔和外圆在心轴和V型块上定位为例。

答：由于定位副的制造误差而造成定位基准位置的变动，对工件加工尺寸造成的误差 , 称为基准位移误差.6 / 9

机械制造技术基础

工件以圆柱孔定位

1）工件以圆柱孔在过盈配合心轴上定位

由于过盈配合，定位基准不会发生移动：

故ΔY =0

因此定位误差因基准不重合情况不同而不同。

（1）工序基准与定位基准重合，均为圆柱孔轴线时

ΔB=0 ΔY =0 ΔD=ΔB +ΔY =0

（2）工序基准在工件定位孔的母线上时

①工序基准在工件定位孔的上母线上时

B12D

Y0

DBY12D

式中：δD——工件定位内孔的尺寸公差。

②工序基准在工件定位孔的下母线上时

1ΔB= 2D

ΔY =0

1ΔD=ΔB +ΔY =2D

（3）工序基准在工件外圆上、下母线上时

B12d

Y0

1ΔD=ΔB +ΔY =2d

式中：δd——工件外圆尺寸的公差

2）工件以圆柱孔在间隙配合的圆柱心轴（圆柱销）上定位，单边接触时

（1）若工序基准与定位基准重合，则

ΔB=0

1ΔY=

2Xmax12(Dmaxdmin)12D12d0

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机械制造技术基础

ΔD=ΔB +ΔY12D12d0

式中δd0——定位心轴的尺寸公差。

为了安装方便，有时还增加一最小间隙Xmin ,由于最小间隙Xmin是一个常量，这个数值可以在调整必具预先加以考虑，则使Xmin的影响消除掉。因此在计算基准位移量时可不计Xmin的影响。

（2）若工序基准在工件的外圆上、下母线上，则

1ΔB=2d

12ΔD=ΔB +ΔYd12D12d0

（3）若工序基准在工件定位孔的母线上

①工序基准在工件定位孔的上母线上时

DfOA1OA2112d0max12d0min12d0

又

ΔB= 212D

12ΔYDd0

12即：

ΔD f=ΔB +ΔY

12Dd01-2D12d0=ΔB-ΔY

②工序基准在工件定位孔的下母线上时

DKOB(OO122OB1(OO2O2B2)(OO1O1B1)OO1)(O2B2O1B1)YB

ΔB= 2D

ΔY12D12d0

/ 9

机械制造技术基础

ΔD=ΔB +ΔY 12D12d01+2DD12d0

17.夹紧力的确定原则是什么？

答：（1）夹紧力作用方向应有助于工件定位的准确性。（2）夹紧力方向应尽可能使所需夹紧力减小。（3）夹紧力方向应尽可能使工件变形减小

18.钻套的种类有哪些？分别适用于什么场合？

答：根据钻套的结构和使用特点，主要有四种类型。

①固定钻套

该类钻套外圆以H7/n6或H7/r6配合，直接压入钻模板上的钻套底孔内。在使用过程中若不需要更换钻套（据经验统计，钻套一般可使用1000~12000次），则用固定钻套较为经济，钻孔的位置精度也较高。

②可换钻套

当生产批量较大，需要更换磨损的钻套时，则用可换钻套较为方便。可换钻套装在衬套中，衬套是以H7/n6或H7/r6的配合直接压入钻模板的底孔内，钻套外圆与衬套内孔之间常采用F7/m6或F7/k6配合。当钻套磨损后，可卸下螺钉，更换新的钻套。螺钉还能防止加工时钻套转动或退刀时钻套随刀具拔出。

③快换钻套

当被加工孔需依次进行钻、扩、铰时，由于刀具直径逐渐增大，应使用外径相同而内径不同的钻套来引导刀具，这时使用快换钻套可减少更换钻套的时间，如图7-58所示。快换钻套的有关配合与可换钻套的相同。更换钻套时，将钻套的削边处转至螺钉处，即可取出钻套。钻套的削边方向应考虑刀具的旋向，以免钻套随刀具自行拔出。以上三类钻套已标准化，其结构参数、材料和热处理方法等，可查阅有关手册。

④特殊钻套

由于工件形状或被加工孔位置的特殊性，有时需要设计特殊结构的钻套。如在斜面上钻孔时，应采用特殊钻套，钻套应尽量接近加工表面，并使之与加工表面的形状相吻合。如果钻套较长，可将钻套孔上部的直径加大（一般取0.1mm），以减少导向长度。又如在凹坑内钻孔时，常用加长钻套。

19.夹具的动力装置有几种？各有什么特点? 答（1）气动夹紧装置 气压夹紧是夹具中使用最广泛的一种动力装置

（2）液压夹紧装置 液压夹紧装置特别适用于大型工件的加工及切削时有较大冲击的场合。（3）气—液压夹紧装置

（4）气动夹紧装置的扩力机构 常用的扩力机构有楔块式、杠杆式、铰链连杆式和气一液压增力装置等

（5）电磁夹紧装置一般都是作为机床附件的通用夹具。

（6）真空夹紧装置 真空夹紧特别适用于夹紧由铝、铜及其合金、塑料等非导磁材料制成的薄板形工件，或刚度较差的大型薄壳零件。