牛头刨床机械原理课程设计1点和6点修正版.docx
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牛头刨床机械原理课程设计1点和6点修正版
一、概述
1、课程设计的题目
2.、课程设计的任务和目的
3、课程设计的要求
4、课程设计的数据
二、机构简介与设计数据
§、拆分杆组
§、方案分析
§、程序编写过程
§、程序说明
§、C语言编程与结果
§、位移，速度，加速度图
三、小结
四、参考文献
一、概述
1．课程设计的题目
此次课程设计的题目是：
牛头刨床的主传动结构的设计.
2．课程设计的任务和目的
1〕任务：
1牛头刨床的机构选型、运动方案确实定；
2导杆机构进展运动分析；
3导杆机构进展动态静力分析；
4.飞轮设计；
5.凸轮机构设计。
2〕目的：
机械原理课程设计是培养学生掌握机械系统运动方案设计能力的技术根底课程，它是机械原理课程学习过程中的一个重要实践环节。
其目的是以机械原理课程的学习为根底，进一步巩固和加深所学的根本理论、根本概念和根本知识，培养学生分析和解决与本课程有关的具体机械所涉与的实际问题的能力，使学生熟悉机械系统设计的步骤与方法，其中包括选型、运动方案确实定、运动学和动力学的分析和整体设计等，并进一步提高计算、分析，计算机辅助设计、绘图以与查阅和使用文献的综合能力。
.3．课程设计的要求
牛头刨床的主传动的从动机构是刨头，在设计主传动机构时，要满足所设计的机构要能使牛头刨床正常的运转，同时设计的主传动机构的行程要有急回运动的特性，以与很好的动力特性。
尽量是设计的结构简单，实用，能很好的实现传动功能。
二.机构简介与设计数据
1，机构简介
牛头刨床是一种用于平面切削加工的机床，如图4-1。
电动机经皮带和齿轮传动，带动曲柄2和固结在其上的凸轮8。
刨床工作时，由导杆机构2-3-4-5-6带动刨头6和刨刀7作往复运动。
刨头右行时，刨刀进展切削，称工作行程，此时要求速度较低并且均匀，以减少电动机容量和提高切削质量；刨头左行时，刨刀不切削，称空回行程，此时要求速度较高，以提高生产效率。
为此刨床采用有急回作用的导杆机构。
刨刀每切削完一次，利用空回行程的时间，凸轮8通过四杆机构1-9-10-11与棘轮带动螺旋机构〔图中没有画出〕，使工作台连同工件一次进级运动，以便刨刀继续切削。
刨头在工作行程过程中，受到很大的切削阻力〔在切削的前后各有一段约的空刀距离，见图4-1，b〕而空回行程中如此没有切削阻力。
因此刨头在整个循环运动中，受力变化是很大的，这就影响了主轴的匀速运转，故需安装飞轮来减小主轴的速度波动，以提高切削质量和减少电动机容量。
2，设计数据见表4-1
1〕
2）选择设计方案：
设计容
导杆机构的运动分析
导杆机构的静力分析
符号
n2
lo2o4
lo2A
lo4B
lBC
lo4s4
xs6
ys6
G4
G6
P
yp
Js4
单位
r/min
mm
N
mm
Kg·m2
方案Ⅱ
64
350
90
580
4B
4B
200
50
220
800
9000
80
设计容
飞轮转动惯量确实定
凸轮机构的设计
符号
δ
no’
Z1
Zo’
Z1’
Jo2
Jo1
Jo〞
Jo’
ψmax
Lo9D
[α]
φ
φs
φ’
单位
r/min
2
°
mm
°
方案Ⅱ
1440
13
16
40
15
135
38
70
10
70
方案特点：
1、结构简单，制造方便，能承受较大的载荷；
2、具有急回作用，可满足任意行程速比系数K的要求；
3、滑块行程可以根据杆长任意调整；
4、机构传动角恒为90度，传动性能好；
5、工作行程中，刨刀速度较慢，变化平缓符合切削要求；
6、机构运动链较长，传动间隙较大；
7、中间移动副实现较难。
1．导杆机构的设计与运动分析
1〕导杆机构简图
2〕导杆机构运动分析
a、曲柄位置“1〞速度分析，加速度分析〔列矢量方程，画速度图，加速度图〕
取曲柄位置“1〞进展速度分析。
因构件2和3在A处的转动副相连，故VA2=VA3，其大小等于ω2lO2A，方向垂直于O2A线，指向与ω2一致。
ω2=2πn2264rad/s
υA3=υA2=ω2·lO2A=89m/s〔⊥O2A〕
取构件3和4的重合点A进展速度分析。
列速度矢量方程，得
υA4=υA3+υA4A3
大小?
√?
方向⊥O4A⊥O2A∥O4B
取速度极点P，速度比例尺µv05（m/s）/mm,作速度多边形如图1-2
如此由图1-2知，υA4=
·μv=0m/s
υA4A3=
·μv=0m/s
由速度影像定理求得，
υB5=υB4=υA4·O4B/O4A=0m/s
又ω4=υA4/lO4A=0rad/s
取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得
υC5=υB5+υC5B5
大小?
√?
方向∥XX⊥O4B⊥BC
取速度极点P，速度比例尺μv=0.01（m/s）/mm,
如此由图1-2知，υC5=
·μv=0m/s
υC5B5=
·μv=0m/s
ωCB=υC5B5/lCB=0rad/s
b.加速度分析：
取曲柄位置“1〞进展加速度分析。
因构件2和3在A点处的转动副相连，
故
=
其大小等于ω22lO2A,方向由A指向O2。
ω2264rad/s,
=
=ω22·LO2A=6.×0.09m/s22
取3、4构件重合点A为研究对象，列加速度矢量方程得：
aA4=
+aA4τ=aA3n+aA4A3K+aA4A3r
大小:
?
ω42lO4A?
√2ω4υA4A3?
方向：
?
B→A⊥O4BA→O2⊥O4B∥O4B
取5构件为研究对象,列加速度矢量方程,得
ac5=aB5+ac5B5n+ac5B5τ
大小?
√w52Lbc?
方向∥XX√c→b⊥BC
取加速度极点为P＇,加速度比例尺µa5〔m/s2〕/mm,
作加速度多边形如图1-3所示
.
如此由图1-3知,
υC5B5=
·μv=0m/s
w5=ωCB=υC5B5/lCB=0rad/s
=0m/s2aA4A3K=0m/s2
aA4m/s2,
用加速度影象法求得aB5=aB4=aA4*O4B/O4Am/s2
所以ac×（p’c’m/s2
总结1点的速度和加速度值以速度比例尺µ05m/s）/mm和加速度比例尺µ5m/s²）/mm用相对运动的图解法作该两个位置的速度多边形和加速度多边形如如下图1-2，1-3，并将其结果列入表格〔1-2〕
表格1-1
位置
未知量
结果
1
VA4
0m/s
VC
0m/s
aA
4.m/s2
ac
m/s2
a、曲柄位置“6〞速度分析，加速度分析〔列矢量方程，画速度图，加速度图〕
取曲柄位置“6〞进展速度分析。
因构件2和3在A处的转动副相连，故VA2=VA3，其大小等于ω2lO2A，方向垂直于O2A线，指向与ω2一致。
ω2=2πn23264rad/s
υA3=υA2=ω2·lO2A=〔⊥O2A〕
取构件3和4的重合点A进展速度分析。
列速度矢量方程，得
υA4=υA3+υA4A3
大小?
√?
方向⊥O4A⊥O2A∥O4B
取速度极点P，速度比例尺µv01（m/s）/mm,作速度多边形如图1-4
如此由图1-4知，υA4=pa4/μv=0.m/s
υA4A3=a3a4/μv=0.m/s
由速度影像定理求得，
υB5=υB4=υA4·O4B/O4A=0.m/s
又ω4=υA4/lO4A=rad/s
取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得
υC=υB+υCB
大小?
√?
方向∥XX⊥O4B⊥BC
取速度极点P，速度比例尺μv05（m/s）/mm,作速度多边行如图1-4。
如此由图1-4知，υC=0.m/s
υCB=0.1026378747m/sωCB=υCB/lCB=0.82rad/s
b.加速度分析：
取曲柄位置“6〞进展加速度分析。
因构件2和3在A点处的转动副相连，
故
=
其大小等于ω22lO2A,方向由A指向O2。
ω2264rad/s,
=
=ω22·LO2A2×0.09m/s2=4.8m/s2
=ω42·LO4A=m/s2
取3、4构件重合点A为研究对象，列加速度矢量方程得：
aA4=
+aA4τ=aA3n+aA4A3K+aA4A3r
大小:
?
ω42·LO4A?
ω22·LO2A√?
方向：
?
B→A⊥O4BA→O2⊥O4B∥O4B
取5构件为研究对象,列加速度矢量方程,得
ac5=aB5+ac5B5n+ac5B5τ
大小?
√ω52·LBC?
方向∥X√C→B⊥BC
取加速度极点为P＇,加速度比例尺µa=0.5〔m/s2〕/mm,
作加速度多边形如图1-5所示.
如此由图1-5知,aA4A3rm/s2
aA4m/s2
用加速度影象法求得
aB5=aB4=aA4·O4B/O4A=m/s2
又aB=ω52·LBC=m∕s2
ac5=m∕s2
总结6速度和加速度值以速度比例尺µ05m/s）/mm和加速度比例尺µ5m/s²）/mm用相对运动的图解法作该两个位置的速度多边形和加速度多边形如如下图1-4，1-5，并将其结果列入表格〔1-2〕
表格1-1
位置
未知量
结果
6
VA4
0.m/s
VC
0.m/s
aA
m/s2,
ac
m/s2
2.机构动态静力分析
取“8‘〞点为研究对象，别离5、6构件进展运动静力分析，作阻力体如图1─6所示，μｌ=10N/mm。
图1—6
P=0，G6=800N，又ac2824m/s2,那么我们可以计算
FI6=-G6/g×ac2824=-62592N
Fi6+
+Fr45+Fr16=0
方向:
水平竖直∥BC竖直
大小√√?
?
作为多边行如图1-7所示，µN=10N/mm。
由图1-7力多边形可得：
FR45=-F45·µN=528.7581038×1N=-216N
：
FR54=-FR45216N，G4=220N
aS4=aA4·lO4S4/lO4A964×290/m/s265m/s2
由此可得：
FS4=M4×-aS4
As4’=aA4/
M=-JS4×
在图1-8中，对O4点取矩得：
ΣMO4=-FR54×L54-Fs4×hs4-G4×hG－M-FR34·lO4A=0
-××
0.-16.72795789+FR34·×0.29=0
代入数据，得FR34
力比例尺µN=10N/mm
又ΣF=Fr54+Fi4+G4+Fr23+F14n+F14τ=0,作力的多边形如图1-9所示。
Fr23=FR34=
Fr54+Fi4+G4+Fr23+F14n+F14τ=0
方向:
∥BC√竖直⊥AB∥AB⊥AB
大小:
√√√√?
?
F14τ=F14τF14n·µN=497.
F14n=FR54F14n·µN=47.2419645×1
对曲柄分析，共受2个力，分别为R32,R12和一个力偶M，由于滑块3为二力杆，所以R32=R34，方向相反，因为曲柄2只受两个力和一个力偶，所以FR12与FR32等大反力，由此可以求得:
Fr32lsinθ2×h12-M=0
示意图如图1-10所示：
M=0j
列表如下：
未知量
平衡条件
平衡方程
结果
M〔N·m〕
Fr32lsinθ2×h12-M=0
0
R12〔N〕
Fr32-Fr12=0
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