精密机械设计基础习题答案(裘祖荣)

1-1 解：力和力偶不能合成；力偶也不可以用力来平衡。

1-2 解：平面汇交力系可以列出两个方程，解出两个未知数。 1-3 解：

q(x)

取坐标系如图，如图知 q(x)100x 则载荷q(x) 对A点的矩为

1-4 解：1）AB杆是二力杆，其受力方向如图，且 FA’＝FB’

2）OA杆在A点受力FA，和FA’是一对作用力

和反作用力。显然OA杆在O点受力FO，FO和FA构成一力偶与m1平衡，所以有 FAOAsin30m10

代入OA = 400mm，m1 = 1Nm，得 FA=5N 所以FA’＝FA＝5N， FB’＝ FA’＝5N，

即 杆AB所受的力S＝FA’＝5N

3）同理，O1B杆在B点受力FB，和FB’是一

对作用力和反作用力，FB＝FB’＝5N；且在O1点受力FO1，FO1和FB构成一力偶与m2平衡，

所以有 m2FBO1B0 代入O1B=600mm，得 m2=3N.m。 1-5

N2

FB’ B FB m2 O FO1 O1 解：1）首先取球为受力分析对象，受重力P，墙 壁对球的正压力N2和杆AB对球的正压力N1，处于平衡。有：

FA m1 FO FA’ A X MA(q)q(x)(2x)dx66.7(KNm)

01T B N1 D D

A  FAX N1’ N1sinP 则 N1P/sin

2）取杆AB进行受力分析，受力如图所示，

杆AB平衡，则对A点的合力矩为0：

FAY MA(F)TlcosN1AD0

3）根据几何关系有

ADaaa(1cos) sintansin1 / 20

Pa11/cosPa1 lsin2lcoscos2Pa2 当coscos最大，即＝60°时，有Tmin＝。

4l 最后解得：T1-6 解：1）取整体结构为行受力分析，在外力（重

力P、 在B点的正压力FB和在C点的正压力FC）作用下平衡，则对B点取矩，合力矩为0：

MB(F)0FC2lcosP(2lcosacos)aa解得 FCP(1)，FBPFCP

2l2l

FB

A FA FC

2）AB杆为三力杆，三力汇交，有受力如图 所

示。根据平衡条件列方程：

F

Fxy0SFAcos0FBFAsin

FB  S B 解得：SFB/tan

h

lcosPacos 将FB和tan代入得：S

2h 又根据几何关系知：tan 1-7

N B F  FB’ FB 解：1）AB杆是二力杆，受力如图，FA’和FB’ 大小相等，方向相反。

2）取滑块进行受力分析，受外力F，正压力N，和杆AB对它的力FB（和FB’是一对作用力和反作用力）。根据平衡条件可列方程

FA M

y0FBcosF

d FA’ FA O

即 FBF/cos

3）取OA杆进行受力分析。OA杆在A点受力FA（和FA’是一对作用力和反作用力）。对O点取矩，根据平衡条件合力矩为0：

MO(F)0FAdM

即：MFAdFA'dFB'dFBdFd/cos

又：d=(200+100)sin tan＝100/200 解得：M＝60000N.mm＝60N.m

2 / 20

1-8 解：1）BC杆是二力杆，受力在

杆沿线上。

2）取CD杆和滑轮为一体进行受力分析。其中滑轮受力可简化到中心E（如图，T＝Q）。C点受力FC（方向由二力杆BC确定）。列平衡方程：

MD(F)0FCcosCDTDE MC(F)0FDXCDTCEFY0FCsinFDYQFC  

D T C FDY FDX

E Q

代入已知参数，解得：FDX＝2Q， FDY＝0.25Q 1-9 解：

取杆AB分析，A端为固定铰链，B端受拉力FB，D点受滑轮对其的作用力（滑轮受力简化到中心点D）T和Q，T＝Q＝1800N。AB杆平衡，列平衡方程：

FAX A FAY

Q T D FB  B MA(F)0FBsinABQADFX0FAXTFBcos FY0FAYFBsinQ代入已知参数，解得：

FAX＝2400N， FAY＝1200N

1-10 解：1）取偏心轮分析受力，处于平衡状态

时，有N和FC构成一力偶，与m平衡。 有FC＝N， MC(F)0mNe，得：N＝m/e

2）取推杆分析受力，处于平衡状态时有（推

杆有向上运动的趋势，故摩擦力方向如图，且正压力N’和N是一对作用力和反作用力，N’＝N）：

NA FA O Q

FB NB

N’

MO(F)0N'aNAbFAd/2FBd/2FX0NANBFY0N'QFAFBFC C N m 3 / 20

又 FAfNA,FBfNB 联立方程组解得：NA＝am/be，FA＝FB＝fam/be

3）若要推杆不被卡住，则要求有 N'QFAFB，代入相应结果得：b1-11

2afm

meQ H R 

即距离b<110mm，可提起砖夹。

解： CD是二力杆，所以在D点砖所受的约束反力R（和CD杆D端受力为一对作用力和反作用力）方向在GD连线上，如图所示。

若要把砖夹提起，则要求约束反力R在摩擦角范围之内，即要求<.

barctan,arctanf

HD又 HD＝250－30＝220（mm） f＝0.5，代入解得b<110mm。

第二章 机械工程常用材料

2-1 解：表征金属材料的力学性能时，主要指标有：

强度（弹性极限、屈服极限、强度极限），刚度、塑性、硬度。

2-2 解：钢材在加工和使用过程中，影响力学性能的主要因素有：含碳量、合金元素、温

度、热处理工艺。

2-3 解：常用的硬度指标有三种：布氏硬度（HBS）、洛氏硬度（HRC－洛氏C标度硬

度）、维氏硬度（HV）。 2-4 解：低碳钢（C≤0.25%）；中碳钢（0.25%＜C≤0.6%）；高碳钢（C＞0.6%） 2-5 解：冶炼时人为地在钢中加入一些合金元素所形成的钢就是合金钢。

其中加入Mn可以提高钢的强度和淬透性；加入Cr可以提高钢的硬度、耐磨性、冲击

韧性和淬透性；加入Ni可以提高钢的强度、耐热性和耐腐蚀性。

2-6 解：有色金属主要分为以下几类：

1）铜合金：良好的导电性、导热性、耐蚀性、延展性。

2）铝合金：比强度高，塑性好，导热、导电性良好，切削性能良好。 3）钛合金：密度小，机械强度高、高低温性能好，抗腐蚀性良好。

2-7 解：常用的热处理工艺有：退火、正火、淬火、回火、表面热处理和化学热处理。 2-8 解：钢的调质处理工艺指的是淬火加高温回火。目的是为了获得良好的综合机械性

能，即良好的强度、韧性和塑性。

4 / 20

2-9 解：镀铬的目的是为了使材料表层获得高的化学稳定性，并具有较高的硬度和耐磨

性。

镀镍是为了获得良好的化学稳定性，并具有良好的导电性。 2-10 解：选择材料时主要满足使用要求、工艺要求和经济要求。

第三章 零件强度、刚度分析的基本知识

3-1 解：截面法，求直杆任一截面处的内力。 1）截面Ⅰ-Ⅰ处的内力，根据平衡条件：

F1＝30KN，

1＝30000/300＝100（Mpa） 100l1l110000.5mm

E20104Ⅲ

Ⅱ

Ⅰ

1Ⅲ Ⅱ

F1 50KN Ⅰ 30KN 2）截面Ⅱ-Ⅱ处的内力，根据平衡条

件：F2＝30－50KN＝－20（KN） 2＝－20000/200＝－100（Mpa） 100l2l220001mm 4E2010F2

F3 F 80KN 60KN 30KN 250KN 30KN 30KN 3）截面Ⅲ－Ⅲ处的内力，根据平衡条

件：F3＝30－50＋80＝60（KN） 3＝60000/300＝200（Mpa） l3－20KN

3El320010001mm20104杆的总变形为：ll1l2l30.5(mm)

可知，最大轴向力发生在A3段内。因为[] = 160MPa<3，所以杆较危险，但若考虑安全系数，则还有一定的欲度，未必破坏。 3-2

解：受力分析围绕C点，将AC、BC两杆截开得分离体，设FA、FB为拉力，根据平衡条件：

FA FB

FAFB 2FAcosF

代入已知参数，解得FAFB130/3KN。

亦可知，杆AC和杆BC所受轴向内力为130/3KN。 则A130/3KN107MPaAC

d12/45 / 20

B130/3KN59.8MPaBC，所以AC杆和BC杆的强度合格。 2d2/4

3-3 解：受力分析围绕B点，将AB、BC两杆截开得分离

体，设F1压力，F2为拉力，根据平衡条件：

F2sin30F F0.5F20.5BCB48KN F2cos30F1

F2

F1 F0.5F20.5F1/cos300.5ABA40KN

在B点可吊最大载荷为40KN（若是48KN，则AB杆内的应力会超出许用应力）。 3-4 解：题示螺栓联接有两个剪切面，则剪切力Q＝F/2＝100KN，由d4QQ 得 ： d2/44100KN40mm， 即螺栓直径应大于等于40mm。

80MPa

3-5 解：题示铆钉联接剪切面，剪切力Q＝F Q4F424KN106MPa 所以铆钉强度合格。 222d/4d(17mm)

3-6 解：杠杆为三力杆，三力汇交，故在B

点处受力F如图所示。列平衡方程：

MB(F)0F140F2sin4580FX0F1FBXF2cos45 FY0FBYF2sin45代入F1＝50KN，解得FBX＝FBY＝25KN

即FB≈35KN。

螺栓B有两个剪切面，Q＝FB/2，所以

FB d铰链处 3-7

Ⅱ

Ⅰ

M2

4Q435KN/215mm 所以

100MPa螺栓B的直径应大于等于15mm。 解

：最大剪应力 MM1000Nm40MPa 33Wt0.2d0.2(0.05m)度

扭

转

角

Mn1000180l11 63GIP82000100.10.05 Ⅱ M1Ⅰ

max 1m

Mn

长

3-8

Mn

2000 + - -5000

解：1）采用截面法，首先在CB段内I-I处截开，

6 / 20

取右端分离体，根据平衡条件： Mn＝－M2＝－5000N.m

再在AB段内Ⅱ-Ⅱ处截开，取右端分离 体，根据平衡条件： Mn＝M1－M2＝7000－5000＝2000(N.m) 可作扭矩图如图。

2) maxMnmaxMnmax5000=25(Mpa)

33Wt0.2d0.20.1 处于CB段外圆周边。

3) Mn1l1GIp50000.50.003(rad) 6482000100.10.1 Mn2l2GIp20000.50.0012(rad) 6482000100.10.1 所以1231.20.0018(rad)-0.103° 即截面C相对A的扭转角为 0.103°

63-9 解：Ip(D4d4)(1004504)9106(mm4)，WtIp9101.8105(mm3)

3232D/2100/2由1.5/1800.26(rad) ,l2000mm 代入 MnmaxGIp/l＝96KN.m，maxMnmax＝533N/mm2

Wt3-10 解：由Mn[]，需用剪切力相等，得Wt空=Wt实，即0.2D(1)0.2d

Wt343d＝40cm，＝0.6，解得：空心轴外径D＝42cm。 空心轴与实心轴的重量比为：

3-11 解：1）首先求支反力。

D(1)＝0.42。

d1 1 Q1(x) RA F2 RA M3(x) Q(x) 100N -250N M(x) 40N.m x

-M1(x) Q2(x) M2(x) F1 Q3(x) 200N x

2 2 RB 3 3

x Fy0RARBF1F2 MA(F)0400F21100F1800RB 解得：RA＝100N，RB＝450N 2）采用截面法求剪力和弯矩

① 截面1－1，取分离体如图，根据平衡： Q1(x)=RA=100N （0x<400） M1(x)=RAx=100x (Nm)

② 截面2－2，取分离体如图，根据平衡： Q2(x)=RA-F2=-250N （400x<800） M2(x)=F2400+Q2x=140000-250x (Nm)

③ 截面3－3，取分离体如图，根据平衡：

Q3(x)= F1=200N （800x<1100） M3(x)=-F1(1100-x)=-220000+200x (Nm) 其中，x＝400mm时，M(x)＝40 Nm x＝800mm时，M(x)＝-60 Nm

RA

7 / 20

则根据计算结果作出剪力图和弯矩图如图。 3-12 解：

1）先求支反力。 1 2

1 2 MA(F)0M0(ab)RB

 得： 2）

RA Q(x) RB

M0/l X aM0/l X RB＝－M0/(a+b)＝－M0/l

Fy0RARB 得：RA＝－RB= M0/l

M(x) -bM0/l

3-13 解：1）首先求支反力。

截面法求剪力和弯矩

分别取截面1-1（左段）、2-2（右段），取分离体，根据平衡：

Q1(x)=RA= M0/ l，M1(x)=RAx=M0x / l（0xQ2(x)=RA= M0/ l, （axA RA

1 1 qx Q(x) RA q(x) x M(x) M(x) B RB x Fy0RARBql lM(F)0RBlqxdx0A解得：RA＝RB＝ql/2

2）采用截面法求剪力和弯矩

① 截面1－1，取分离体如图，

根据平衡：

Q(x)=RA-qx=q(l/2-x)

M(x)RAxqxx/2qlx/2qx2/2 3-14 解： 本结构相当于是一悬臂梁，端部受

一力F的作用，所以工件端点的挠度

为 ymaxFl3 3EIx

d4 其中I，d＝15mm，又F = 360N， E = 2.0×105MPa，

64代入上式解得 ymax≈0.1mm

3-15 解：1）首先求支反力。

A RA

1 1 Q1(x) 2 2

Fy0RARBFF M(F)04F6R2FBA解得：RA＝F/3，RB＝-F/3

2）采用截面法求剪力和弯矩

① 截面1－1，取分离体如图，根据平衡： Q1(x)=RA=F/3 （0x<2）

3 3

B RB x RA F M1(x) M2(x) RA M(x) Q2(x) M3(x) Q3(x) RB 8 / 20

x M1(x)=RAx=Fx/3 (Nm)

② 截面2－2，取分离体如图，根据平衡： Q2(x)=RA-F=-2F/3 （2x<4）

M2(x)=2F-2Fx/3 (Nm)

③ 截面3－3，取分离体如图，根据平衡：

Q3(x)= - RB＝F/3 （4x<6） M3(x)=RB(6-x)=-2F+Fx/3 (Nm) 其中，x＝2m时，Mmax＝2F/3 Nm x＝4m时，M(x)＝-2F/3 Nm maxMmax2F[] 得许用载荷： W3W[]3W160Mpa3184cm344.16KN F22

第四章 平面机构的结构分析

4-1 解：由两个构件直接接触而组成的可动的连接称为运动副。

两个构件上参与接触而构成运动副的点、线、面等元素被称为运动副要素。 运动副有多种分类方法： 按照运动副的接触形式分类：

面和面接触的运动副在接触部分的压强较低，被称为低副，而点、线接触的运动副称为高副。 按照相对运动的形式分类：

构成运动副的两个构件之间的相对运动若是平面运动则为平面运动副，若为空间运动则称为空间运动副，两个构件之间只做相对转动的运动副被称为转动副，两个构件之间只做相对移动的运动副称为移动副。

4-2 解：作用：表示机构的结构和运动状况；作为运动分析和动力分析的依据。能表达运

动副间的相对位置和机构各构件间相对运动关系。

4-3 解：条件：机构自由度F>0;原动件数目等于机构自由度。原动件数少于机构自由度时

机构运动不确定。原动件数多于机构自由度时机构将遭到破坏。

4-4 解：复合铰链：若有m个机构用复合铰链连接时，则应含有（m-1）个转动副；局部自

由度：某些构件所产生的局部运动，并不影响其他构件的运动，计算机构自由度时应除去局部自由度；虚约束：有些运动副的约束可能与其他运动副的约束重复，因而这些约束对机构的活动实际上并无约束作用，计算机构自由度时应除去虚约束。

4-5 解：为了便于对含有髙副的平面机构进行研究，也使平面低副机构的运动分析方和动

力分析方法，能适用于一切平面机构。条件：为了使机构的运动保持不变，代替机构和原机构的自由度、瞬时速度和瞬时加速度必须完全相同。

9 / 20

4-6 解：

F = 3n-2PL-PH = 3×3-2×4-0 = 1

F = 3n-2PL-PH = 3×3-2×4-0 = 1

4-7 解：

10 / 20

F = 3n-2PL-PH = 3×7-2×10-0 = 1

F = 3n-2PL-PH = 3×7-2×10-0 = 1

4-8 解：

F = 3n-2PL-PH = 3×3-2×3-2 = 1

11 / 20

F = 3n-2PL-PH = 3×6-2×8-1 = 1

4-9 解：

髙副低代

F = 3n-2PL-PH = 3×8-2×11-1 = 1

高副低代：

虚约束

局部自由度

F = 3n-2PL-PH = 3×6-2×8-1 = 1

第五章 平面连杆机构

5-5 解：

12 / 20

给定连杆三个位置

可附加以下条件之一： 曲柄与摇杆的长度

固定铰链A或D的位置，A、D间的距离 主、从动件的转角 ……

可以有唯一确定解。

5-7解： 所谓原理误差是指仪器中采用的机构的传动特性与要求的传 动特 性不相符而引起的仪器误差。若推杆行程和摆杆长度均

3

相同时，正弦机构的原理误差为aα/6，正切机构的原理误差为-3

aα/3。

虽然正弦机构的原理误差比正切结构小，但在高精度的光学比较仪中仍采用正切结构，是由于采用了两级放大，第一级将线位移转换为角位移，即S=atanα, 对于线性刻度标尺，示值小于实际值；第二级光学放大，将角位移变为线位移，对于线性刻度标尺，示值大于实际值，两者原理误差方向相反，可以抵消一部分，减少了原理误差。

5-8 解：图5-40所示铰链四杆机构中，已知LBC=50mm，LCD=35mm，LAD=30mm，AD为机架。问：

1）若此机构为曲柄摇杆机构，且AB为曲柄，求LAB的最大值。 2）若此机构为双曲柄机构，求LAB的最小值。

3）若机构为双摇杆机构，求LAB的值（取值范围）。

解：

1） 当此机构为曲柄摇杆机构，且AB为曲柄时，由曲柄存在的必要条

件（杆长条件），有： LAB + LBC  LCD + LAD 即LAB +50  35+30

LAB 15mm

 LAB的最大值为15mm。

2） 当此机构为双曲柄机构时，应有：

机架AD为最短杆

且LAD + LBC  LCD + LAB

即 30+50 LAB +35

LAB45mm

 LAB的最小值为45mm。

13 / 20

3） 若机构为双摇杆机构，则有以下三种情况：

（1）AB为最短杆，即LAB 30mm

不存在曲柄，即无法满足曲柄存在的必要条件，有： LAB + 50 > 35 + 30，LAB > 15mm

15mm< LAB 30mm

（2）AB为最长杆，即LAB > 50mm，此时AD为最短杆

则30 + LAB > 50 + 35，LAB > 55mm

又AB的值不应大于其余三杆长度之和 55mm< LAB <115mm

（3） AB既不是最短杆，也不是最长杆。此时AD为最短杆，BC为最长杆，则

30+50 > LAB +35， LAB <45mm

30mm LAB <45mm

5-9 解：若已知铰链四杆机构的两个杆长为a=9mm，b=11mm，另外两个杆的长度之和c+d=25mm，要求构成一曲柄摇杆机构，c、d的长度（取整数）应为多少？ 解：

因为c+d=25mm，则c或d必大于b（11mm），故c、d 中必有一最长杆。 若c、d 中有一最短杆：

则c+d = 25 > a + b = 20mm，不满足曲柄存在必要条件，因此最短杆必然不是c或d，只能是a杆。

则1）c为最长杆：

a + c  b + d ……(1) c + d = 25 ……(2)

由（1）（2）， 且c、d的长度为整数，得c=13mm，d=12mm 2）d为最长杆：

a + d  b + c ……(1) c + d = 25 ……(2)

由（1）（2），且c、d的长度为整数，得c=12mm，d=13mm

5-10 解：图5-41所示曲柄摇杆机构中，已知机架长LAD=500mm，

o

摇杆LCD=250mm，要求摇杆CD能在水平位置上、下各摆10，试确定曲柄与连杆的长度。

解：

当摇杆摆到水平以上10°时，曲柄、连杆共线，如B’AC’，由ΔADC´得

14 / 20

B'C'AB'2AD2DC'22ADDC'cos80

222即BCABADDC2ADDC'cos80又当摆杆DC摆到水平以下10°时，曲柄与连杆也共线，如AB´´C´´,由ΔADC´´得

AB''B''C''2AD2DC''22ADDC''cos1002即BCABAD2DC22ADDCcos100BCAB2500225022500250cos80……(1)

代入数字：

22 BCAB5002502500250cos100……(2)

2解 (1)(2)式得 AB=38.93mm，BC=557.66mm

5-11 解：设计一铰链四杆机构，如图5-42所示，已知其摇杆CD的长度LCD=75mm，机架AD的长度LAD=100mm，行程速度变化系数

'45，求曲柄AB及K=1.5，摇杆的一个极限位置与机架的夹角3连杆BC的长度。

解：

(1)求极位夹角

180k11.5118036 k11.51(2)连接 AC,并延长至 B1,在此位置，

曲柄与连杆共线；

(3)过A点作一线AB1´与AC夹角为36º；

(4)以D为圆心DC长为半径画弧，延长线AB1´并与圆弧交于C1´点，则C´D为摇杆的第二极限位置，AC1´为连杆与曲柄共线的第二位置。

由图看出，此题有两个解，因圆弧与线AC1´由第二交点C2´. 第一组解：由ΔADC得

AD2DC22ADDCcos45B1CAB1

222即 ADDC2ADDCcos45B1CAB1

21002752210075cos45B1CAB1

2 B1CAB171mm ……(1)

71DC15由正弦定理得 sin45sinCADsinCAD

‘CAD48即C1AD1215 / 20

DC1'AD100''又 sin12sinAC1DsinAC1D

得AC1'D16即ADC1'152由ΔAC1´D得AD2DC1'2ADDC1'cos152B1C1AB12'''2

10027522100750.8829B1CAB1B1CAB1169mm2……(2)

解 (1)(2)式 得 B1C=120mm……连杆长，AB1=49mm …… 曲柄长 第二组解： 由ΔADC2´

ADDC2ADDCcosAD2C2'B2CAB2……(3)

AD2DC22ADDCcos45B2CAB2 ……(4)

222''2用正弦定理可求AD2C2´

由(3)(4)式求得 B2C=48.5mm，AB2=22.5mm

5-13 解:设计偏置曲柄滑块机构，已知滑块C的行程速度变化系数K=1.5，滑块C的行程C1C2=40mm，滑块在C1处的压力角=45o。

解：若曲柄滑块机构处于极限位置，如下图所示：

C2

C1

第六章 凸轮机构

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6-8 解：

1) 由P111凸轮受力分析图，

dsdtdsdtank

bSkddtbSk（1）

所以在 φ = 0 (Sk = 0)处α最大 tanα0= [10/(π/2)] / 22 = 0.2895 α0=16.15°

2) 由（1），rb = [ds/dφ] /tanαk – Sk

凸轮机构的最大压力角应小于许用压力角[α]，代入[α] rbmin = [ds/dφ] /tan[α] = 13.66 mm

错误做法：

rbmin = [ds/dφ] /tan[α] – Sk = 13.66 – 10 = 3.66

6-9解：

解析法设计凸轮轮廓

1) 从动件位移：SA=10(1-cos60°) = 5mm 2) 求A点极角

22be20tan1etan1503023053.13tan12be2S1etan4053056.30

A0053.136056.3056.83

3) 求A点向径

2A2beS2e245230254.08mm

A点坐标A56.83A54.08mm

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第七章 齿轮传动

7-6解: 解法1：

由齿轮公法线测量原理，有：

PbW3W224.28mm SbW2Pb13.27mm

由渐开线圆柱齿轮任意圆上的齿厚公式：

SiSri2ri(inviinv) rrSb2rb(invbinv)

rPbz(0inv) 2Scos2Sb1PzPbbinv 2invz(Sb1)0.00609212 Pb2查表得：15

mPPb24.288.0012， 取m=8。

coscos15**dad2ham(z2ha)，解得ha1

*dfd2hfm(z2ha2C*)，解得C*=0.25

解法2：

PbW3W224.28mm

dbPbz24.2824185.49mm

已知：dbdda (dfdda也可以)，由于md zdbddma，将已知数据代入得： zzz7.7m8.67，查表8-2取标准值m=8mm

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齿轮的公法线测量法

所谓公法线长度，是指齿轮上不在同一轮齿上的某两条反向渐开线齿廓间的法线距离。

在齿轮制造时，通过检验公法线长度来控制齿轮加工质量。 错误解法1：

PbP24.28m8.22

ππcosαπcos20Pb24.28m8.0012

coscos15α不是已知的。

错误解法2：

Ph2.25mdadf218，得m=8mm

因为短齿的情况下：

h1.9mdadf218，得m=9.47mm

齿顶高系数

7-14 解：1) 圆周力Ft的方向：在主动轮上与转动方向相反，在从动轮上与转向相同（驱动力）。 径向力Fr的方向：方向均指向各自的轮心（内齿轮为远离轮心方向）。 轴向力Fa的方问：取决于齿轮的回转方向和轮齿的螺旋方向，可按\"主动轮左、右手螺旋定则\"来判断。即：主动轮为右旋时，右手按转动方向握轴，以四指弯曲方向表示主动轴的回转方向，伸直大拇指，其指向即为主动轮上轴向力的方向；主动轮为左旋时，则应以左手用同样的方法来判断。主动轮上轴向力的方向确定后，从动轮上的轴向力则与主动轮上的轴向力大小相等、方向相反。 所以，齿轮2和齿轮3为左旋，齿轮4为右旋。

*ha*c和径向间隙系数不是已知的。

Fa Fa 2Ttanβ 2) FaFttanβdFaFa

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由于T2=T3，所以如果Fa2=Fa3，则 3)

dtanβ2tanβ3，β3arctan(3tanβ2)11

d2d3d2

7-15 解: 1）蜗杆、蜗轮的转向及螺旋线方向。 2）各轮所受的圆周力、径向力和轴向力的方向。

圆锥齿轮轴向力指向大端 相互啮合的蜗轮蜗杆旋向相同

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