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机械原理课程设计说明书——牛头刨床

机械原理课程设计说明书——牛头刨床


机械原理课程设计说明书
牛头刨床

学校(院):青岛农业大学海都学院 专业:机械设计制造及其自动化 班级:10级机制七班 姓名:xx

指导老师:李显昌

2011年12月30号

一、运动方案设计 .............................................................................. 3 二、执行机构的运动尺寸设计 ........................................................... 4
问题分析 .............................................................................................................................................. 4 尺寸设计 .............................................................................................................................................. 4

三、导杆机构的运动分析 ................................................................... 6
位置 1 ....................................................................................................................... 6 位置 7 ....................................................................................................................... 8 位置 12 ................................................................................................................... 11

四、导杆机构的动态静力分析 ......................................................... 13
解题分析 .................................................................................................................. 13 位置 1 作图计算 .................................................................................................... 13 位置 7 位置 12 作图计算 .................................................................................................. 14 作图计算 ................................................................................................ 17

五、飞轮转动惯量的计算 ................................................................. 16 六、数据汇总 .................................................................................... 19 参考文献 ........................................................................................... 23

一、运动方案设计
设计 1: 如图(1)采用双曲柄六杆机构 ABCD,曲柄 AB 和 CD 不等长。 方案特点: (1) 主动曲柄 AB 等速转动时, 从动曲柄 DC 做变速运动, 并有急回特性。 (2) 在双曲柄机构 ABCD 上串联偏置式曲柄滑块机构 DCE,并在滑块上 固结刨头,两个连杆机构串联,使急回作用更加显著。同时回程有较 大的加速度,提高了刨床的效率。

图(1)

图(2)

设计 2: 如图(2)此方案为偏置曲柄滑块机构,机构的基本尺寸为 a,b,e。

图(3)
方案特点: (1) 是四杆机构,结构简单。 (2) 极位夹角 θ = arccos[ e /( a + b )]
arccos[ e /( b a )] ,所以机构有急回

特性,但急回作用不明显。增加 a 和 e 或减小 b ,均能使 k 增大到所 需值,但增加 e 或减小 b 会使滑块速度变化剧烈,最大速度、加速度 和动载荷增加,且使最小传动角减小,传动性能变坏。若该牛头刨床 使用该机构,满足第九组数据 k = 1 . 46 , H = 310
mm

,工作行程中

最小传动角为 36 . 9 o ,空回行程中最小传动角为 28 . 12 o 。显然,此方案 传动角不符合要求。同时,横向尺寸约为纵向尺寸的 2 倍,结构欠均 匀。

二、执行机构的运动尺寸设计 问题分析:
机构分析和注意:
(1)传动机构采用摆动导杆机构 1-2-3-4,连杆滑块机构 1-4-5-6 组成; (2)为使整个过程最大压力角最小,刨头导路 x ? x 位于导杆端点 B 所作圆 弧高的平分线上。

机构所需确定必要尺寸:

不妨令 O 4 点为基点用以确定尺寸,滑块 6 导程回路距基点 O 4 距离 L ;摆动 导杆运动所绕圆心 O 2 距基点 O 4 距离 l O 度 l O B ;连杆 BC 长度 l BC 。
4

2O 4

;导杆 O 2 A 的长度 l O A ;导杆 O 4 B 的长
2

已知尺寸及相互关系:
机架 l O
2O4

= 380 mm


= 0 . 28

工作行程 H = 310 mm ; ; 行程速比系数 K = 1 . 46 。

连杆与导杆之比

l BC lO 4 B

尺寸设计:
解析法
快行程导杆 2 对应转动角度 ? 1 ,慢行程导杆 2 对应转动角度 ? 2 ,极位夹角 ? ;
θ =1 8 0
?
1 ο

K

1

;

K +1 K = +
2 2 1

;
ο

=3 6 0

;

当位于位置 1 时, O 2 A ⊥ BO 4 ,由几何关系得:

lo2 A lO 2O 4

=c o s

1

2
H 2 lO 4 B θ =s i n 2

?

lO 2 A ≈ 110 . 0178

mm



?

l O 4 B ≈535 . 3679

mm



H 2 lO 4 M = tan θ 2
?

l O 4 M ≈512 . 4392

mm



l BC lO 4 B

= 0 . 28

?

l BC ≈149 . 9030

mm

?

L = lo4 M + (lO 4 B

lO 4 M )

;



L = 5 2 3 9 0 3 5 mm .

;

三、导杆机构的运动分析 位置 1

在图(4)中构件 3 和构件 4 组成移动副, 构件 3 上点 A 3 与构件 4 上点 A 4 组成移动副两 构件的重合点,根据相对运动原理列出相对速 度和相对加速度矢量方程式,作速度多边形和 加速度多边形;再利用在同一构件上点间的速 度加速度求法解得 B 点的速度、加速度;再利 用同样方法求得 C 点的速度和加速度。 取 μ l = 1 ×10 简图。 (1) 确定构件的速度及角速度 已知构件 2 上 A 点的速度
v A2 = w 2
2

m / mm 该位置的位置

图(4)

位置 1 处的运动简图

l O 2 A ,方向垂直于 AO 2 而指向与 w 2 转向一致;因为构件 3

与构件 2 用转动副相连接,所以 v A3 = v A 2 ,构件 3、4 组成移动副,其重合点 A 的相对速度矢量方程式为

v A4 方向: 大小:
式中 w 2 = 2 π
rad / s

=
4

v A3 ⊥ AO

+
2

v A 4 A3 // BO ?
4

⊥ BO ?
3 2

w 2 lO 2 A
= 0 . 691

; v A = w 2 lO

A

m / s ,仅 v A 4 和 v A 4 A 3 的大小为未

m

知,用图解法求解。任取一点 p 为极点,取 μ v = 2 ×10 由图像可知,v A 4 =0,l O 之间速度关系有

2

s mm

,作速度多边形。

4

A

= 0 . 3637

m 所以,w 4 =

v A4 lO 4 A

= 0 , B 和点 A 点 4

vB 方向: 大小:
所以, v B ? 0 ; 点 B 和点 C 之间速度关系有

=
4

v A4 ⊥ BO 0
4

+

v BA ⊥ BA ?

⊥ BO ?

vC 方向: 大小: 水平 ?

=

vB
4

+

v CB ⊥ CB ?

⊥ BO 0

由速度多边形图像可得由速度多边形图像可得 序号

v A4
0

v A 4 A3

vB
0

vC
0 --------

v CB

数值/(m/s) 方向

0.691 与 v A 3 相反

0 -------

-------

--------

规定向右为正方向,则 (2)确定构件的加速度

vC = 0 。

由理论力学可知, A 4 的绝对加速度和其重合点 A 3 的绝对加速度之间的关系为 点

a A4 方向 大小 A4 → O 4 w l
2 4 O4 A
k

n

+

a A4 ⊥ BO ?
4

t

=

a A3 A3 → O 2 w l
2 2 O2 A

n

+

a A 4 A3 ⊥ BO
4

k

+

a A 4 A3 // BO ?
4

r

2 w 4 v A 4 A3

式子中科氏加速度 a A 4 A3 = 2 w 4 v A 4 A3 , 方向是将 v A 4 A 3 沿 w 4 的转动方向转 90 ? 。 在矢量方程式中只有 a A 4 和 a A 4 A3 的大小未知,利用加速度影像法进行求解,任
t

r

m

取一点π ,取 μ a = 2 ×10 名称 数值/(m/s/s)

1

s

2

mm

,作加速度多边形。

a A4
0

n

a A4
4.343

t

a A3
4.343

n

a A 4 A3
0

k

a A 4 A3
0

r

B 点和 A 4 点的加速度之间的关系为
t B n B

aB = a +a

=

lO 4 B lO 4 A

a

t A4

+

lO 4 B lO 4 A
+

a A4

n

在图上作出 B 点的加速度,B 点与 C 点的加速度之间关系为

aC 方向 大小 水平 ?

=

aB

n

+

aB
4

t

a CB v CB l CB
2

n

+

a CB ⊥ CB ?

t

B → O4 已知

⊥ BO

C → B

已知

由加速度多边形得 名称 数值/(m/s/s)
aB
a CB
t

a CB

n

aC
5.976

6.392

1.856

0

规定向右为正方向,则 a C = μ a π c ' = 5 . 976

m s

2



位置

7

在图(6)中构件 3 和构件 4 组成移动副, 构件 3 上点 A 3 与构件 4 上点 A 4 组成移动副两 构件的重合点, 根据相对运动原理列出相对速 度和相对加速度矢量方程式, 作速度多边形和 加速度多边形; 再利用在同一构件上点间的速 度加速度求法解得 B 点的速度、 加速度; 再利 用同样方法求得 C 点的速度和加速度。

取 μ l = 1 ×10

2

m / mm 该位置的位置简图。见附录

(1) 确定构件的速度及角速度 已知构件 2 上 A 点的速度 v A = w 2
2

lO 2 A , 方向垂直于 AO 2 而指向与 w 2

转向一致;因为构件 3 与构件 2 用转动副相连接,所以 v A3 = v A 2 ,构件 3、4 组成移动副,其重合点 A 的相对速度矢量方程式为

v A4 方向: 大小:
式中 w 2 = 2 π
rad / s

=
4

v A3 ⊥ AO

+
2

v A 4 A3 // BO ?
4

⊥ BO ?

w 2 lO 2 A
= 0 . 6913

;v A = w 2 lO
3

2

A

m / s ,仅 v A 4 和 v A 4 A 3 的大小
m
2

为未知,用图解法求解。任取一点 p 为极点,取 μ v = 2 ×10 边形,。 由图像可知, v A 4 =0.358 m/s,所以, w 4 = 点 A 4 之间速度关系有
v A4 lO 4 A = 0 . 835

s ,作速度多 mm

rad / s ,点 B 和

vB 方向: 大小:
所以, v B = 0 . 451

=
4

v A4 ⊥ BO 0 . 358
4

+

v BA ⊥ BA ?

⊥ BO ?

m/s;

点 B 和点 C 之间速度关系有

vC 方向: 大小:
由速度多边形图像可得 序号 数值/(m/s)

=

vB
4

+

v CB ⊥ CB ?

水平 ?

⊥ BO

0 . 451

v A4
0.358

v A 4 A3
0.591

vB
0.451

vC
0.441

v CB

0.112

图(6)

位置 7 处的运动简图

规定向右为正方向,则 v C = 0 . 441 (2)确定构件的加速度

m/s。

由理论力学可知, A 4 的绝对加速度和其重合点 A 3 的绝对加速度之间的关系为 点 由理论力学可知, A 4 的绝对加速度和其重合点 A 3 的绝对加速度之间的关系为 点

a A4 方向 大小 A4 → O 4 w 4 lO 4 A
k

n

+

a A4 ⊥ BO ?
4

t

=

a A3 A3 → O 2 w 2 lO 2 A
2

n

+

a A 4 A3 ⊥ BO
4

k

+

a A 4 A3 // BO ?
4

r

2

2 w 4 v A 4 A3

式子中科氏加速度 a A 4 A3 = 2 w 4 v A 4 A3 , 方向是将 v A 4 A 3 沿 w 4 的转动方向转 90 ? 。 在矢量方程式中只有 a A 4 和 a A 4 A3 的大小未知,利用加速度影像法进行求解,任
m
t

r

取一点π ,取 μ a = 1 ×10 名称 数值/(m/s/s)

1

s

2

mm

,作加速度多边形。

a A4
0.296

n

a A4
2.729

t

a A3
4.343

n

a A 4 A3
0.987

k

a A 4 A3
1.798

r

B 点和 A 4 点的加速度之间的关系为
t n

aB = aB +aB =

lO 4 B lO 4 A
n

a A4 +

t

lO 4 B lO 4 A
+

a A4

n

在图上作出 B 点的加速度,B 点与 C 点的加速度之间关系为

aC 方向 大小 水平 ?

=

aB

+

aB

t

a CB v
2 CB

n

+

a CB ⊥ CB ?

t

B → O4 已知

⊥ BO 4 已知

C → B l CB

由加速度多边形得 名称 数值/(m/s/s)
aB
a CB
t

a CB

n

aC
3.338

3.447

0.478

0.092

规定向右为正方向,



a C = μ a π c ' = 3 .3 3 8 m

s

2



位置

12

在图(7)中构件 3 和构件 4 组成 移动副,构件 3 上点 A 3 与构件 4 上点
A 4 组成移动副两构件的重合点,根据

相对运动原理列出相对速度和相对加 速度矢量方程式,作速度多边形和加 速度多边形;再利用在同一构件上点 间的速度加速度求法解得 B 点的速度、 加速度;再利用同样方法求得 C 点的 速度和加速度。 取 μ l = 1 ×10
2

m / mm 该位

置的位置简图。见附录 (1) 确定构件的速度及角速度 已知构件 2 上 A 点的速度
v A2 = w 2 lO 2 A , 方向垂直于 AO 2 而

图(7)

位置 12 处的运动简图

指向与 w 2 转向一致; 因为构件 3 与构 件 2 用转动副相连接,所以 v A3 = v A 2 ,构件 3、4 组成移动副,其重合点 A 的 相对速度矢量方程式为

v A4 方向: 大小:
式中 w 2 = 2 π
rad / s

=
4

v A3 ⊥ AO

+
2

v A 4 A3 // BO ?
4

⊥ BO ?

w 2 lO 2 A
= 0 . 6913

;v A = w 2 lO
3

2

A

m / s ,仅 v A 4 和 v A 4 A 3 的大小
m
2

为未知,用图解法求解。任取一点 p 为极点,取 μ v = 2 ×10 度多边形。 由图像可知, v A 4 =0.374 m/s, l O 4 A = 0 . 309

s mm

,作速

m

所以,

w4 =

v A4 lO 4 A

= 1 . 210

rad / s ,点 B 和点 A 之间速度关系有 4

vB 方向: 大小:
所以, v B = 0 . 648

=
4

v A4 ⊥ BO 0 . 374
4

+

v BA ⊥ BA ?

⊥ BO ?

m /s;

点 B 和点 C 之间速度关系有

vC 方向: 大小:
由速度多边形图像可得 序号 数值/(m/s)

=

vB
4

+

v CB ⊥ CB ?

水平 ?

⊥ BO

0 . 648

v A4
0.374

v A 4 A3
0.581

vB
0.648

vC
0.622

v CB

0.158

若规定向右为正方向,则 v C = 0 . 622 (2)确定构件的加速度

m/s 。

由理论力学可知, A 4 的绝对加速度和其重合点 A 3 的绝对加速度之间的关系为 点

a A4 方向 大小 A4 → O 4 w 4 lO 4 A
k

n

+

a A4 ⊥ BO 4 ?

t

= a A3 A3 → O 2 w 2 lO 2 A
2

n

+

a A 4 A3 ⊥ BO 4 2 w 4 v A 4 A3

k

+

a A 4 A3 // BO 4 ?

r

2

式子中科氏加速度 a A 4 A3 = 2 w 4 v A 4 A3 , 方向是将 v A 4 A 3 沿 w 4 的转动方向转 90 ? 。 在矢量方程式中只有 a A 4 和 a A 4 A3 的大小未知,利用加速度影像法进行求解,任
m
t
r

取一点π ,取 μ a = 1 ×10

1

s

2

mm

,作加速度多边形。

名称 数值/(m/s/s)

a A4
0.452

n

a A4
2.246

t

a A3
4.343

n

a A 4 A3
1.406

k

a A 4 A3
2.801

r

B 点和 A 4 点的加速度之间的关系为
t n

aB = aB +aB =

lO 4 B lO 4 A
n

a A4 +

t

lO 4 B lO 4 A
+

a A4

n

在图上作出 B 点的加速度,B 点与 C 点的加速度之间关系为

aC 方向 大小 水平 ?

=

aB

+

aB

t

a CB v
2 CB

n

+

a CB ⊥ CB ?

t

B → O4 已知

⊥ BO 4 已知

C → B l CB

由加速度多边形得 名称 数值/(m/s/s)
aB
a CB
t

a CB

n

aC
4.13

3.97

1.37

0.17

规定向右为正方向,则 a C = μ a π c ' = 4 . 13

m s

2



四、导杆机构的动态静力分析 解题分析
将导杆机构分为三部分进行画图求解计算, (1) 第一部分由连杆 5 和滑块 6 组成,取滑块 6 的质心进行受力分析,作力的 多边形,其中工作阻力 P 和惯性力 F s 6 已知;驱动力 F 56 方向已知;重力

G 6 和支持力 F16 的合力方向已知,沿竖直方向。
(2) 第二部分由滑块 3 和摆杆 4 组成,取摆杆 4 为研究对象,其中 F 34 方向已 知,大小未知, F14 大小方向均未知,所以不能用作图法一步解得,须先

对 O 4 点取矩计算得到 F 34 的大小,再作图解得 F14 。 第三部分由滑块 3 和导杆 2 组成, F 32 和 F 34 大小相等,方向相反;平衡

(3) 力矩 M

r

平衡 F 32 对 O 2 的矩。

位置 1

作图计算
G6 g

(1) 第一部分力的分析图像见附录;力的多边形见附录。 相关计算
Fs 6 = ×a c ≈378 . 07 N ,与 a c 方向相反;

F56 = 44 ×μ F = 44 ×100 = 4400

N 。

(2) 第二部分力的分析图像见附录;力的多边形见附录。 相关计算
F56 = F54 ;大小相等方向相反

以杆 4 为研究对象,列相对于 O 4 点的平衡方程:
cos 4 . 39 + Fs 4 ×
t o

cos 16 . 83 F 54 l BO 4 + F 34 l O 4 A + M 1 2 l BO 4 sin 16 . 83
o

o

i

sin 4 . 39

o

sin 16 . 83 F 54 l BO 4

o

1 2

l BO 4 + G 4 ×

=0
N m ;

其中

M i = J s 4 α = 1 . 2 ×11 . 94 ≈14 . 33

FS 4 = FS 4 =
n

t

G4 G4

1 ×α × l BO 4 ≈71 . 76 g 2 1 2 ×w 4 × l BO 4 = 0 g 2
N

N

;

N

;

解得

F34 ≈6164 . 36

通过力的多边形求解得到 (3) 第三部分力的分析图像 相关计算

F14 的大小和方向。

F32 = F34 ,大小相同方向相反;

位置一为特殊位置,此时 F 32 与 O 2 A 平行,计算加在曲柄上的平衡力矩
M
r

= F32 ×d = 0 。

位置 7

作图计算
G6 g

(1)第一部分力的分析图像见附录;力的多边形见附录。 相关计算 由图像可得
Fs 6 = ×a c ≈200 . 93 N ,与 a c 方向相反;

F56 = 38 ×μ F = 38 ×1 0 0= 3 8 0 0 N 。

(2)第二部分力的分析图像见附录;力的多边形见附录。 相关计算
F56 = F54 ;大小相等方向相反

以杆 4 为研究对象,列相对于 O 4 点的平衡方程:
cos 2 cos 14 . 34 F 54 l BO 4 + F 34 l O 4 A + M + Fs 4 ×
t o o i

sin 2 sin 14 . 34 F 54 l BO 4

o

o

1 2

l BO 4 + G 4 ×

1 2

l BO 4 sin 14 . 34

o

=0

其中

M i = J s 4 α = 1 . 2 ×6 . 3 6 5≈7 . 6 3 8 N
FS 4 = FS 4 =
n t

m;
;

G4 G4

1 ×α × l BO 4 ≈38 . 249 g 2 1 2 ×w 4 × l BO 4 ≈4 . 188 g 2

N

N

;

解得

F34 ≈4367 . 37

N

通过力的多边形求解得到 (3)第三部分力的分析图像 见附录。 相关计算

F14 的大小和方向。

F32 = F34 ,大小相同方向相反;

在图上作出 F 32 到 O 2 的距离 d,计算加在曲柄上的平衡力矩

M

r

= F32 ×d = 248 . 65

N

m。

位置 12

作图计算
G6 g

(1)第一部分力的分析图像见附录;力的多边形见附录。 相关计算 由图像可得
Fs 6 = ×a c ≈261 . 03 N ,与 a c 方向相反;

F56 = 26 . 1 ×μ F = 26 . 1 ×10 = 2 6 1 N 。

(2)第二部分力的分析图像见附录;力的多边形见附录。 相关计算
F 56 ? F 54 ;大小相等方向相反

以杆 4 为研究对象,列相对于 O 4 点的平衡方程:
cos 1 . 78 ? Fs 4 ?
t o

cos 14 . 1 F 54 l BO 4 ? F 34 l O 4 A ? M
o

i

? sin 1 . 78

o

sin 14 . 1 F 54 l BO 4

o

1 2

l BO 4 ? G 4 ?

1 2

l BO 4 sin 14 . 1

o

? 0
m;

其中

M i = J s 4 α = 1 . 2 ×7 . 27 ≈8 . 7 2 2 N

FS 4 = FS 4 =
n

t

G4 G4

1 ×α × l BO 4 ≈43 . 68 g 2 1 2 ×w 4 × l BO 4 ≈8 . 8 g 2
F34 ≈547 . 7 N

N

;

N

;

解得

通过力的多边形求解得到

F14 的大小和方向。

(3)第三部分力的分析图像 见 附录。 相关计算
F32 = F34 ,大小相同方向相反;

在图上作出 F 32 到 O 2 的距离 d,计算加在曲柄上的平衡力矩

M

r

= F32 ×d = 32 . 6

N

m。

五、飞轮转动惯量的计算
1、取曲柄 AO 2 为等效构件,根据机构位置和受力分析确定一个运动循环的等效 阻力矩 Mr( ) 。对 Mr( )进行四次差值曲线的拟合,其拟合曲线如图所示:

图(8)

2、 根据 Mr( ? )值,采用 MATLAB 中的数值积分,计算曲柄处于各个位置时 Mr
Mr ( ? )的功 ∫ (
0

)d
/( 2 π )

。因为驱动力矩为常数,所以按照公式 确定等效驱动力矩 Md 。

Md = ∫Mr (
0



)d

对 Mr( ? )进行积分运算后可知
Md = 187 . 7798 N m

, Mr ( ) = 1179 . 8550 N

m

等效阻力矩与等效驱动力矩如图所示:

图(9) 最大盈亏功的确定:

图(10) 由图可知最大剩余功: [W ] ? 556 . 7231
J

3、

求集中在 A 点的等效转动惯量
可知等效转动惯量: J C = J O 2 + J O 1 (
w1 w2 ) + J O '' (
2

w O '' w2

)

2

题目给出:

w1 w2

=

z2 z1

=3



又由定轴轮系的传动比: 可得:

w O '' w2

=

z1' z O ''
m
2

z2 z1

=

39 ×40 13 ×16

= 7 .5



J C = 18 . 1 6 2 5 kg

4、飞轮的转动惯量:
JF = 90 [W ] δ n
2

JC

J O ' = 2 5 9 9 9 9 kg .

m

2

六、数据汇总
综合 5 人 12 组位移、速度、加速度、平衡力矩数据,见下表:

位置 位移(mm) 速度( m ) )

1 0 0 5.98 0

2 17.80 0.40 3.51 270

3 61.98 0.70 2.05 404.31

4 119.86 0.73 0.37 477.77

5 182.46 0.74 -1.23 449.67

6 241.04 0.65 -1.72 398.93

s

加速度( m

s

2

平衡力矩( N ? m )

位置 位移(mm)

7 287.27

8 309.42

9 290.90

10 216.41

11 106.33

12 24.94

速度( m

s

) )

0.44 -3.34 248.65

0.06 -5.62 33.84

-0.58 -4.99 -36.56

-1.21 -1.47 -35.86

-1.29 0.65 -23.80

-0.62 4.13 -32.58

加速度( m

s

2

平衡力矩 N ? m ) (

图(11)

图(12)

图(13)

图(14)

图(17)

k =

180 180

ο ο

+θ θ

=3

由推程


l = 600 mm , θ = 90
l BO 4 = 424 . 26
o

ο

mm

因为

l AO 2 = l O 2 O 4 sin 45

; l AO + 2 l O
2

2

A

< 300 mm



所以 取 lO 所以
2O 4

l AO 2 < 124 . 26 mm

= 170 mm

则 l AO = 120 . 21 mm
2

h = lO 4 B

l O 4 B cos 45
h 2

0

= 124 . 264 mm ;

= 62 . 132 mm

为减小压力角,应尽量将 l BC 的长度放大,考虑到实际情况,取 l BC = 200 mm 此时连杆与导杆之比 参考文献 【1】 郑文纬 【2】 邹炎飚 【3】 裘建新 【4】 陆凤仪 【5】 李瑞琴
l BC lO 4 B = 0 . 4714

吴克坚 机械原理 北京:高等教育出版社 2010.11 翟敬梅 机械原理课程设计 北京:中国轻工业出版社 2010.2 机械原理课程设计 北京:高等教育出版社 2010.7 机械原理课程设计 北京:机械工业出版社 2006.1 乔峰丽 机械原理课程设计 北京:电子工业出版社 2010.6




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