机械原理牛头刨床课程设计

1、09机械原理课程设计牛头刨床姓名： 韩火学号：200900840001组号：第3组2011 年7月目录工作原理4一. 设计任务5二. 设计数据5三设计要求61、运动方案设计 62、确定执行机构地运动尺寸 63、进行导杆机构地运动分析 64、对导杆机构进行动态静力分析 6四设计方案选定 7五.机构地运动分析 72.加速度分析92.加速度分析11七数据总汇并绘图17九参考文献21工作原理牛头刨床是一种用于平面切削加工地机床，如图a）所示电动机经过皮带和齿轮传动带动曲柄2和固结在其上地凸轮 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作往复运动刨头左行时，刨刀不切削，称为空回行程，

2、此时要求速度较高，以提高 生产率为此刨床采用有急回运动地导杆机构刨刀每切削完一次，利用空回行程地时间，凸轮8通过四杆机构1- 9- 10- 11与棘轮带动螺旋机构（图中未画），使工作台连同工件作一次进给运动，以便刨刀继续切削刨头在工作过程中，受到很大地切削阻力（在切削地 前后各有一段0.05H地空刀距离，见图b），而空回行程中则没有切削阻力因此刨头在整个运动循环中，受力变化是很大地，这就影响了主轴地匀速转动，故需安装飞轮来减小主 轴地速度波动，以提高切削质量和减少电动机容量(a)(b)叮怖机帧动龍一 设计任务1、运动方案设计.2、确定执行机构地运动尺寸.3、进行导杆机构地运动分析.4、对导杆机

3、构进行动态静力分析.5、汇总数据画出刨头地位移、速度、加速度线图以及平衡力矩地变化曲线二设计数据本组选择第六组数据表1万案123456789导杆 机构 运动 分析转速 n2 (r/min )484950525048475560机架 lo2O4(mm)380350430360370400390410380工作行程H(mm)310300400330380250390310310行程速比系数K1.461.401.401.441.531.341.501.371.46连杆与导杆之比Ibc/ Io4B0.250.30.360.330.30.320.330.250.28表2导杆机构地动态静力分析万案lO4S

4、4XS6ys6G4G6PypJS4mmNmmkg.m21,2,30.5Io4b240502007007000801.14,5,60.5Io4b200502208009000801.27,8,90.5Io4b1804022062080001001.2飞轮转动惯量地确定万案noZ1ZOZ1JO2JO1JOJo r/minKg.m21-50.1514401020400.50.30.20.26-100.1514401316400.50.40.250.211-150.1614401519500.50.30.2 J0.2三设计要求1、运动方案设计根据牛头刨床地工作原理，拟定12个其他形式地执行机构（连杆机

5、构），给出机构简图并简单介绍其传动特点2、确定执行机构地运动尺寸根据表一对应组地数据，用图解法设计连杆机构地尺寸，并将设计结果和步骤写在设计说 明书中注意：为使整个过程最大压力角最小，刨头导路位于导杆端点B所作圆弧高地平分线上（见图d）.3、进行导杆机构地运动分析根据表一对应组地数据，每人做曲柄对应地1到2个位置（如图2中1,2,3”， ，12各对应 位置）地速度和加速度分析，要求用图解法画出速度多边形，列出矢量方程，求出刨头6地速度、 加速度，将过程详细地写在说明书中4、对导杆机构进行动态静力分析根据表二对应组地数据，每人确定机构对应位置地各运动副反力及应加于曲柄上地平衡 力矩作图部分与尺寸

6、设计及运动分析画在同一张纸上（2号或3号图纸）.提示：如果所给数据不方便作图可稍微改动数据，但各组数据应该一致，并列出改动值.5、数据总汇并绘图最后根据汇总数据画出一份刨头地位移、速度、加速度线图以及平衡力矩地变化曲线.6、完成说明书每人编写设计说明书一份.写明组号，对应曲柄地角度位置.四.设计方案选定如图2所示,牛头刨床地主传动机构采用 导杆机构、连杆滑块机构组成地5杆机构.采 用导杆机构，滑块与导杆之间地传动角r始终 为90,且适当确定构件尺寸，可以保证机构 工作行程速度较低并且均匀，而空回行程速度较高,满足急回特性要求.适当确定刨头地导路位置，可以使图2 压力角尽量小.五机构地运动分析选

7、择第三组数据求得机构尺寸如下9 =180 (k-1/k+1)=30 lo2A= lo4O2Sin( 9 /2)=111.3mmlo4B=0.5H/sin 9 /2) =773.0mml bc=0.36 lO4B=278.28mml O4S4 = 0.5lo4B=386.5mm曲柄位置“ 3”速度分析，加速度分析(列矢量方程，画速度图，加速度图)曲柄在3位置时地机构简图如左图所示由图量得此位置地位移S=86.9m m,L o4A=514.7mm.设力、加速度、速度地方向向右为正.1速度分析取曲柄位置“3”进行速度分析.因构件2和3在A处地转动副相连，故U3=U2, 其大小等于W2 I02A,方向

8、垂直于02 A线,指向与W2 致.cl2=2 n 2/60 rad/s=5.23 (rad/s)U3= LA2= 32 lo2A=0.582m/s取构件3和4地重合点A进行速度分析.列速度矢量方程，得U4 = UA3+U4A3大小 ？ V?方向丄O4A丄O2A/ O4B取速度极点P,速度比例尺 g=0.005(m/s)/mm，作速度多边形如图1-2图1 2贝U由图 1-2 知：U3= lpA3 抽=0.582 m/suma3= la3a4- w =0.198m/s3 4= u A4A3/l O4AO.976(rad/s)U b= 3 4.l O4E=0.754(m/s)取5构件作为研究对象，列

9、速度矢量方程，得大小Vc = V B+ Vcb方向 / XX丄O4B丄BC作速度多边行如图1-2,则由图1-2知u= lpc 0.728m/s35= ub/ lBC=0.701rad/s2.加速度分析取曲柄位置“ 3”进行加速度分析.因构件2和3在A点处地转动副相连 其大小等于 32? l O2A方向由A指向。2.aA4A32=2 34 UA4 A3 =0.386 (m/s )aA3 =322 Io2A=3.04m/s222aA3 = 34 l O4A=0.303(m/s )取3、4构件重合点A为研究对象，列加速度矢量方程得:a A4 =a NA4 +a TA4=a A3+a KA4A3 +a

10、 RA4A3大小V? V V ?方向 Af O4 丄 O4 AA f O2 丄 O4A / O4A2取加速度极点为 P,加速度比例尺尸0.005( (m/s) /mm),作加速度多边形如图1-3所示.则由图1-3知aA4= uap a4 =0.48(m/s2)aB=uapb =0.723(m/s2)a S4=0.5aB=0.362(m/s2)a4=atA4/lo4A=0.727(m/s2)a C=a B + a CB + atCB大小：？ VV?方向：xx VCf B 丄BCa C=uap c = 0.646(m/s2) 曲柄位置“ 9”速度分析，加速度分析(列矢量方程，画速度图，加速度图)曲

11、柄在9位置时地机构简图如左图所示由图量得此位置地位移S=375.38m m,L o4A=358.61mn设力、加速度、速度地方向向右为正 .1.速度分析取曲柄位置“9”进行速度分析因构件2和3在A处地转动副相连,故U A3=U A2, 其大小等于3 2 l O2A方向垂直于O A线,指向与3 2 一致.3 2=2 n 化/60 rad/s=5.23(rad/s )U A3= U a2= 3 2- l O2A=0.582m/S取构件3和4地重合点A进行速度分析.列速度矢量方程，得U A4 = U A3 + U A4A3大小 ？V ?方向 丄OA 丄QA / QB取速度极点P,速度比例尺 尸0.0

12、05(m/s)/mm，作速度多边形如图1-4则由图 1-4 知：U A3= l pA3 -卩 v=0.582 m/SU A4A= l a3a4 -卩 v =0.51m/S3 4= U A4A3/l O4A=0.80(rad/s)U B= 3 4O4B=0.62(m/S)取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得Vc = V B+ VcB大小 ？V ?方向 / XX丄OB 丄BC作速度多边行如图1-2,则由图1-2知u C= lpc 卩 v=0.5978m/s3 5= u cB l BC=0.59rad/s2.加速度分析取曲柄位置“9”进行加速度分析.因构件2和3在A点处地转动副相连其大小等于3

13、2 l O2A方向由A指向Q.K3A4A3=2 3 4 u A4 A3= 0.816(m/s2)=3 22 l O2A=3.04m/s2a A4n = 3 42 l O4A=0.23(m/s 2)aA3取3、4构件重合点A为研究对象，列加速度矢 量方程得:a A4 =a NA4+a TA4=a A3+a KA4A3+a RA4A3大小V? V V ?方向 A Q4 丄 Q4 AA Q2 丄 Q4A / Q4A取加速度极点为P,加速度比例尺尸0.005( (m/s2) /mm),作加速度多边形如图1-5所示.则由图1-5知aA4= uap a4 =1.26m/s2aB=u apb =2.73m/

14、s2a S4=0.5aB=1.36m/s2 a4=atA4/lo4A=3.45m/s2a C=a B + a CB + atCB大小：？ V V ?方向：/XX V C B 丄BC a C=uap c = 2.72(m/s2)六、机构动态静力分析一、首先依据运动分析结果,计算构件4地惯性力FI4 （与aS4反向）、构 件4地惯性力矩MI4（与a4反向，逆时针）、构件4地惯性力平移距离Ihd （方位： 右上）、构件6地惯性力矩FI6 （与aC反向）.F14=m4aS4G4/g.aS4=200/10X 0.362=7.24(N)M14=a4JS4=0.727 1.1N m=0.7997(N/m)L

15、h4=M14F14 =0.7997/7.24=110.45(mm)FI6=m6aS6G6g.aS6=70 x 0.646=45.22(N)1.取构件5、6基本杆组为示力体(如图所示)因构件5为二力杆，只对构件(滑块)6做受力分析即可，首先列力平衡方 程：FR65=- FR56FR54= FR45FR16 + Fr + F16 + G6 + FR56=0大小 ？ V V V ?方向 丄xx / xx /xx 丄x/ BC按比例尺卩F=10N/mn作力多边形，如图所示,求出运动副反力FR16和FR56.xI6FR16-F566XyF/p俩图均为杆件5,6地受力分析.按比例尺10N/mm（乍里多边形

16、FI16FR16=1(X 87.9=879(N)FR56=1(X 349.54=3495.4(N)对C点列力矩平衡方程：FR16IX + F16yS6 = FryF + +G6xS6Lx=507.097(mm)2.取构件3、4基本杆组为示力体（如图所示）首先取构件4,对04点列力矩平衡方程（反力FR54地大小和方向为已知），求出反力FR34:FR54= FR45 FR34= FR43构件4地受力分析FR54X lh1+FI4 X Ih2+G4 X lh3 - FR34IO4A=0Fr34=5156.51（N）再对构件4列力平衡方程，按比例尺卩F=10N/mm作力多边形如图所示.求出机架对构件 4地 反力FR14工 F=0 FR54 + G4 + FI4 + FR34 + FR14=0大小 V V V V 方向 / BC丄XX V 丄O4AFR14=10X198.4=1984(N)3.取构件2为示力体FR34=- FR43FR32= FR23FR23+FR12=0FR