牛头刨床机械原理课程设计1点和6点.docx
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牛头刨床机械原理课程设计1点和6点
目录
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
三.课程设计的内容和步骤
§2.1、拆分杆组
§2.2、方案分析
§2.3、程序编写过程
§2.4、程序说明
§2.5、C语言编程及结果
§2.6、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、运动方案的确定；
2导杆机构进行运动分析；
3导杆机构进行动态静力分析；
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基础课程，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基础，进一步巩固和加深所学的基本理论、基本概念和基本知识，培养学生分析和解决与本课程有关的具体机械所涉及的实际问题的能力，使学生熟悉机械系统设计的步骤及方法，其中包括选型、运动方案的确定、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、绘图以及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，以及很好的动力特性。
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，刨刀进行切削，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0.05H的空刀距离，见图4-1，b）而空回行程中则没有切削阻力。
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：
设计内容
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
0.3lo4B
0.5lo4B
200
50
220
800
9000
80
1.2
设计内容
飞轮转动惯量的确定
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
Kg.m2
°
mm
°
方案Ⅱ
0.15
1440
13
16
40
0.5
0.4
0.25
0.2
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。
三.课程设计的内容和步骤
1．导杆机构的设计及运动分析
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”进行速度分析。
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=2πn2/60rad/s=6.7020643264rad/s
υA3=υA2=ω2·lO2A=6.702064213*0.09m/s=0.603185789m/s（⊥O2A）
取构件3和4的重合点A进行速度分析。
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µv=0.005（m/s）/mm,作速度多边形如图1-2
则由图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,
则由图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”进行加速度分析。
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。
ω2=6.7020643264rad/s,
=
=ω22·LO2A=6.70206432642×0.09m/s2=4.04258996116m/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:
?
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µa=0.05（m/s2）/mm,
作加速度多边形如图1-3所示
.
则由图1-3知,
υC5B5=
·μv=0m/s
w5=ωCB=υC5B5/lCB=0rad/s
=0m/s2aA4A3K=0m/s2
aA4=4.042589961168314m/s2,
用加速度影象法求得aB5=aB4=aA4*O4B/O4A=6.932257312225m/s2
所以ac=0.01×（p’c’）=6.5990882824m/s2
总结1点的速度和加速度值以速度比例尺µ=（0.005m/s）/mm和加速度比例尺µa=（0.05m/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
4.04258996116m/s2
ac
6.5990882824m/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”进行速度分析。
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=2πn2/60rad/s=6.7020643264rad/s
υA3=υA2=ω2·lO2A=6.702064213×0.09m/s=0.603185779m/s（⊥O2A）
取构件3和4的重合点A进行速度分析。
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µv=0.001（m/s）/mm,作速度多边形如图1-4
则由图1-4知，υA4=pa4/μv=0.48590227981m/s
υA4A3=a3a4/μv=0.35739623806m/s
由速度影像定理求得，
υB5=υB4=υA4·O4B/O4A=0.67355117939m/s
又ω4=υA4/lO4A=1.16129513687931rad/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μv=0.005（m/s）/mm,作速度多边行如图1-4。
则由图1-4知，υC=0.66392950064m/s
υCB=0.1026378747m/sωCB=υCB/lCB=0.5898728434482rad/s
b.加速度分析：
取曲柄位置“6”进行加速度分析。
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。
ω2=6.7020643264rad/s,
=
=ω22·LO2A=6.7020642132×0.09m/s2=4.042589961168m/s2
=ω42·LO4A=0.564275954395379m/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.
则由图1-5知,aA4A3r=2.6922723m/s2
aA4=1.6638155038m/s2
用加速度影象法求得
aB5=aB4=aA4·O4B/O4A=2.306358585752m/s2
又aBCn=ω52·LBC=0.0605432950301537m∕s2
ac5=-2.2105415252m∕s2
总结6速度和加速度值以速度比例尺µ=（0.005m/s）/mm和加速度比例尺µa=（0.05m/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
0.48590227981m/s
VC
0.66392950064m/s
aA
1.6638155038m/s2,
ac
-2.2105415252m/s2
2.机构动态静力分析
取“8‘”点为研究对象，分离5、6构件进行运动静力分析，作阻力体如图1─6所示，μｌ=10N/mm。
图1—6
已知P=0，G6=800N，又ac=6.5990882824m/s2,那么我们可以计算
FI6=-G6/g×ac=-800/10×6.5990882824=-527.927062592N
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=-528.7581216N
已知：
FR54=-FR45=528.7581216N，G4=220N
aS4=aA4·lO4S4/lO4A=4.042589964×290/338.23069051m/s2=3.46612865m/s2
由此可得：
FS4=M4×-aS4=-76.25482788N
As4’=aA4/0.29=13.93996491rad/s2
M=-JS4×As4’=-16.72795789J
在图1-8中，对O4点取矩得：
ΣMO4=-FR54×L54-Fs4×hs4-G4×hG－M-FR34·lO4A=0
-528.7581038*0.5512570182-13.96292913×0.28690951968-220×
0.07457142857-16.72795789+FR34·×0.29=0
代入数据，得FR34=1133.177173N
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=1133.177173N
Fr54+Fi4+G4+Fr23+F14n+F14τ=0
方向:
∥BC√竖直⊥AB∥AB⊥AB
大小:
√√√√?
?
F14τ=F14τF14n·µN=497.7136044×1N=497.7136044N
F14n=FR54F14n·µN=47.2419645×1N=47.2419645N
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
1133.177173
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