机缘课程设计Word格式.docx

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lo2o4

lo4A

lo4B

lBC

单位

r/min

方案Ⅱ

350

580

0.3lo4B

凸轮机构设计

Lo9D

Lo9o2

φs

φ′

Ψmax

135

160

齿轮机构设计

mo′

do′

do″

m12

mo″1′

r/mm

1440

100

300

3设计内容

3．1导杆的设计

3．1．1设计原理及方法

根据已知各构件长度及其位置，用选定的比例尺按几何作图法绘制机构位置图，作机构一位置的速度、加速度多边形并分析。

3．1．2运动分析

A.机构运动简图

已知：

n2=64，lO2O4=350，lO2A=90，lO4B=580，lBC=0.3lo4B，且刨头导路x-x位于导杆端点B所作弧高的平分线上。

取μl=0.005m/mm机构的运动简图如3-1。

B.速度分析（以下分析均以位置10作为研究位置）

1．绘制机构点10位置图

曲柄位置图的做法为，取1和8′为工作行程起点和终点所对应的曲柄位置，1′和7′为切削起点和终点所对应的曲柄位置，其余2、3、…、12等，是由位置1起，顺ω2方向将曲柄圆周作12等分的位置。

1′和7′的位置根据经验数值为曲柄工作行程角度的5%。

如图3-1。

2．确定构件4的角速度

如图3-2所示，在位置10处，由已知得ω2=2πn2/60=6.702rad/s，

故A点的速度VA大小、方向也已知。

又因为构件3上A点与构件2上A点重合，所以VA

也是已知的，为求构件4上A点的速度可根据同一构件上的相对速度原理写出相对速度矢量方程式。

VA4=VA3+VA4A3

方向：

⊥AO4⊥AO2∥AO4

大小：

？

ω2·

lAO2？

取速度比例尺μv=0.016（m/s）/mm，作速度多边形如图3-2：

VA3=ω2·

lAO2=6.702rad/s·

90㎜=603.18㎜/s=0.603m/s

作pb3⊥AO2，顺时针方向，且pb3=VA3/μv=0.603m/s÷

0.016（m/s）/mm=37.69㎜，再过b3点作b3b4平行与A4O4，再过p点做pb4⊥AO4交b3b4与b4点。

量得b3b4=13.04㎜，pb4=33.20mm

则VA4A3=μv·

b3b4=0.016（m/s）/mm×

13.04㎜=0.208m/s

VA4=μv·

pb4=0.016（m/s）/mm×

33.20mm=0.531m/s

ω4=VA4/lA4O4

量取A4O4=52.80㎜，

lA4O4=μl·

A4O4=0.005m/mm×

52.80㎜=0.264m，

则ω4=2.011rad/s

3．确定构件5上C点的速度。

为求构件4上C点的速度可根据同一构件上的相对速度原理写出相对速度矢量方程式。

VC=V4B+VC4B

方向∥导杆⊥BO4⊥BC

大小？

ω4lBO4？

上式矢量方程中，仅VC和VC4B的大小未知，故可用图解法求解。

取μv=0.016（m/s）/mm在图上任取一点p，作pb代表V4B的矢量p其方向垂直于O4B，指向ω4转向一致长度为pb=V4B/μv=ω4lBO4/μv=2.011rad/s×

0.58㎜/0.016（m/s）/mm=72.912㎜

，过p作直线平行于x-x代表VC的方向线，再过点b作平行于CB的直线与垂直于O4B的直线交于一点，则矢量pc和bc分别代表VC和VC4B其大小。

VC=pc·

μv

VC4B=bc·

μv

速度多边形图如图3-3,量取pc、bc得pc=72.366㎜bc=6.396㎜

则VC=pc·

μv=72.366㎜×

0.016（m/s）/mm=1.158m/s

VC4B=bc·

μv=6.396㎜×

0.016（m/s）/mm=0.102m/s

C.加速度分析

1．确定构件4的加速度β4。

取加速度比例尺μa=0.04（m/s2）/mm，它代表图上每一mm所代表的加速度值。

由理论力学可知，点A3的绝对加速度与其重合点A4的绝对加速度之间的关系为：

aA4=aA3+akA4A3+aA4A3

或atA4+anA4=anA3+akA4A3+arA4A3

方向：

⊥AO4A→AO4A→O2⊥AO4向左∥AO4

大小：

？

ω4

lAO4ω2

lAO22ω4·

VA4A3？

由于构件3与4组成移动幅，所以aA4A3=arA4A3其方向平行于相对移动方向。

akA4A3为科氏加速度，它的大小为akA4A3=2ω4VA4A3sinθ，其中θ为相对速度VA4A3和关连加速度ω2矢量之间的夹角，由于是平面运动，所以θ=90°

。

akA4A3=2ω4VA4A3，科氏速度akA4A3的方向是将VA4A3沿ω4转动方向转90°

。

在上面的矢量式中anA4和arA4A3的大小未知。

故可用图解法求解。

从任意点π连续做矢量πa3、a3a4分别代表anA3和akA4A3，πa3∥AO2，a3a4⊥AO4向左，且

aA3=ω2

lAO2=（6.702rad/s）2×

0.090m=4.4025m/s2

akA4A3=2ω4·

VA4A3=2×

2.011rad/s×

0.208m/s=0.839m/s2

则πa3=aA3/μa=101.068㎜

a3a4=akA4A3/μa=20.99㎜

过a4点作arA4A3的方向线平行于AO4。

然后过π点作anA4的方向线πa4'

平行与AO4，且πa4'

=anA4/μa=ω4

lAO4/μa

（2.011rad/s）2×

0.264÷

0.04（m/s2）/mm=26.7097㎜

再过a4'

作垂直于AO4与arA4A3的方向线相交与a4"

，即得到arA4A3和atA4。

则矢量a4'

a4"

便代表atA4。

加速度多边行如图3-3所示：

量图得a4'

=77.485mm

构件4的角加速度为

β4=atA4/lAO4=μa·

a4'

/lAO4

=0.04（m/s2）/mm×

77.0485㎜÷

0.264m=11.6740rad/s2

其方向为：

3．确定构件6的加速度。

根据同一构件上相对加速度原理写出相对加速度矢量方程式：

aC=aB4+aCB4

或aC=anB4+atB4+anCB4+atCB4

方向：

∥导杆B→O4⊥OB4向左C→B⊥BC

大小：

ω24·

lOB4β4·

lOB4V2CB4/lCB?

作加速度多边形，任取一点π，作πb″代表anB4，从B指向O4；

且

πb″=ω42·

lOB4/μa=（2.011rad/s）2×

0.58m÷

0.04（m/s2）/mm=58.705mm

过b″点作b″b′代表atB4，方向垂直OB4，且

b″b′=β4·

lOB4/μa

=11.6740rad/s2×

0.04（m/s2）/mm=169.273mm，

连接πb′，它表示aB4。

再过b′作b′c″代表anCB4，方向是平行与CB并从C指向B，且

b′c″=V2CB4/lCB/μa

=（0.102m/s）2÷

0.174÷

0.04（m/s2）/mm=1.505mm；

过c″作垂直与CB代表atCB4的方向线c″c′。

过点π作πc′平行与导杆交c″c′与c′，则πc′代表aC，则构件6的加速度大小为

aC=πc′·

μa

加速度多边形如图3-4：

量得:

πc′=172.85mm

则：

aC=πc′·

μa=172.85mm×

80（mm/s2）/mm=6.914m/s2

D．其他各位置点均按以上步骤计算，将所求得的数据统计列入下表中。

速度表：

位

置

VC4B

VA4A3

VA3

ω4

大小

方向

1312

116

603

208

2.284

逆时针

单位

m/s

rad/s

加速度表：

akA4A3

arA4A3

anB4

atCB4

anCB4

β4

0.840

0.544

2.348

1.541

3.977

0.060

18.49

m/s2

rad/s2

3．1．3设计结果及分析

根据运动分析可得，机构工作行程速度变化稳定，变化较小；

回程加速度变化较大，有良好的急回特性；

所以机构符合设计要求。

3．2凸轮的设计

3．2．1设计原理及方法

本设计使用图解法设计凸轮廓线。

根据凸轮机构摆动从动件的运动规律，运用反转法设计出凸轮轮廓曲线。

3．2．2凸轮廓线设计

A.绘制运动线图。

Ψmax=15°

lO9D=135,lO9O2=160,ro=61,rt=15,φ=70,

φs=10,φ′=70;

摆杆9作等加速等减速运动；

选取μ

=15°

/77′=0.25（°

/㎜），作从动件运动线图如下：

B.画出凸轮工作轮廓。

1．在Ψ-φ曲线的推程运动角和回程运动角各分为6等分，按比例关系求出个等分点对应的角位移值：

=μ

、Ψ

…。

2．选取适当的比例尺

，定出

和

的位置以O2为圆心，以rb/

为半径作基圆，以O9（A0）为圆心，以lO9D/μl为半径，作圆弧交基圆于B0（c0）点，则O9D便是从动件的起始位置。

3.以O2为圆心及O2O9为半径画圆，沿（-ω）方向自O2A0开始依次取推程运动角（70°

）远休止角（10°

），回程运动角（70°

）和近休止角（210°

），并将推程和回程运动角各分为位移曲线上相应的等分，得A1，A2，A3……A13各点，它们便是逆时针方向反转时，从动件轴心的各个位置。

4.分别以A1，A2，A3……A13为圆心，以O9D为半径画弧，它们分别与基圆相交于点B1,B2,……B13，并作∠B1A1C1、∠B2A2C2、……得分别等于ψ1ψ2……，则得到C1、C2、C3、……C13。

这些点就是在逆时针方向反转中从动件滚子中心的轨迹点。

5.将点C0C1C2……连成

光滑曲线，便是滚子从动件的凸轮的理论轮廓。

6.在凸轮的理论轮廓上做一系列半径为rt的圆,然后作出这些滚子圆的内包络线即得到凸轮的工作轮廓。

D.校核凸轮机构压力角。

E.校核轮廓最小曲率半径ρ

设计滚子从动件凸轮的工作轮廓时，若滚子半径rt过大。

则导致工作轮廓变尖或交叉。

在理论轮廓上选择曲率最大的点，以该点为圆心作任意半径的小圆，再以该圆与轮廓的两个交点为圆心，以同样的半径作两个小圆，三小圆相交于四点，分别连接两两相交的交点。

这两条连线的交点到第一个小圆的圆心的距离，可近似地分别作为理论轮廓上的曲率中心和曲率半径。

作图量得ρ

=39.54mm，

则ρ

=ρ

=39.54mm-15mm=24.54mm≥[ρ

]=3～5mm

3．2．3设计结果及分析

凸轮廓线简图如图3-3所示

综上设计得，凸轮廓线符合运动规律要求，满足许用压力角，不会发生运动失真现象，符合设计要求。

3．3齿轮的设计

3．3．1设计原理及方法

3．3．2齿轮传动啮合设计

3．3．3设计结果及分析

4设计小结

通过一段时间的设计，让我对机械运动学和动力学有了一个完整的概念，对拟订运动方案得到了很好的锻炼，使我对所学理论知识得到了更深的理解，对独立解决问题的能力得到了很好的提高。

同时掌握了运用各种资料、工具，熟练了CAD、Office等软件的使用，深刻体会到了设计过程中国家标准化的重要性、同伴之间的密切合作的重要性等等。

同时这之间的种种工作也离不开老师的精心指导，在此表示衷心的感谢！

参考文献

[1]申永胜.机械原理教程（第二版）.北京:

清华大学出版社,2005

[2]马永林.机械原理.北京:

高等教育出版社,2002

[3]------.机械原理课程设计指导书.阳泉:

太工阳泉学院,2006

附图一

附图二

附图三

前言1

1设计项目2

1．1设计题目2

1．2机构简介2

2设计要求3

2．1运动要求3

2．2设计数据3

3设计内容4

3．1导杆的设计4

3．1．1设计原理及方法4

3．1．2运动分析4

3．1．3设计结果及分析10

3．2凸轮的设计11

3．2．1设计原理及方法11

3．2．2凸轮廓线设计11

3．2．3设计结果及分析13

3．3齿轮的设计14

3．3．1设计原理及方法14

3．3．2齿轮传动啮合设计14

3．3．3设计结果及分析14

4设计小结14

参考文献15

附图一16

附图二16

附图三16

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