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机械原理课程设计+牛头刨床






1. 设计题目…………………………….……………………3

2. 牛头刨床机构简介……………………………….………3

3.机构简介与设计数据…………………………………….…..4

4. 设计内容…………….………………………….………….5

5

. 体会心得………………………………………………….15

6. 参考资料……………………………………..………….....16

附图 1: 导杆机构的运动分析与动态静力分析

附图 2: 摆动从计动件凸轮机构的设计

附图 3:牛头刨床飞轮转动惯量的确定

导杆机构的运动分析 n2 r/min Ⅲ 72 430 110 810 lo2o4 lo2A lo4B lBC mm 0.36 lo4B 0.5 lo4B 180 40 220 lo4s4 xs6 ys6 G4

导杆机构的动静态分析 G6 N 620 8000 P yp mm 100 Js4 kg?m2 1.2

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飞轮转动惯量的确定 ? no ’ r/min Ⅲ 0.16 1440 15 19 50 z1 zo” z1” Jo2 kg?m2 0.5 0.3 0.2 0.2 Jo1 Jo” Jo’ ?max ? 15

凸轮机构的设计 lo9D mm 130 [? ] ? 42 75 10 65 ? ?s ?’ 无 齿 轮 任 务

4、设计内容

.导杆机构的运动分析
1).选取长度比例尺 ?l ,作出机构在位置 4 的运动简图。 如一号图纸所示,选取 ?l =l O2 A /O 2 A(m/mm)进行作图,l O2 A 表示构件的实际长度,O 2 A 表示构 件在图样上的尺寸。作图时,必须注意 ?l 的大小应选得适当,以保证对机构运动完整、准确、清楚的表 达,另外应在图面上留下速度多边形、加速度多边形等其他相关分析图形的位置。 2.)求原动件上运动副中心 A 的 v A '和 a A v A 2 =ω 式中 v A2 ——B 点速度(m/s) 方向丄 AO 2 a A =ω
2 2

1

l O2 A =0.829m/s

1

l O2 A =6.247m/s

2

式中 a A ——A 点加速度(m/s ),方向 A →O 2 3.解待求点的速度及其相关构件的角速度 由原动件出发向远离原动件方向依次取各构件为分离体,利用绝对运动与牵连运动和相对运动关系矢 量方程式,作图求解。 (1)列出 OB 杆 A 点的速度矢量方程 根据平面运动的构件两点间速度的关系
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绝对速度=牵连速度+相对速度 先列出构件2、4上瞬时重合点A(A 2 ,A 4 )的方程,未知数为两个,其速度方程: V A4 方向:丄AO 4 大小: ? (2)定出速度比例尺 s
?1



v A2 +

v A4 A2

丄 AO 2 ω
1

∥AO 4 ?

l O2 A

在图纸中,取 p 为速度极点,取矢量 pa 代表 v A2 ,则速度比例尺 ?v (m?

/mm) ?v =

v

A2

pa

=0.002 m?s

?1

/mm

(3)作速度多边形,求出ω 2 、ω 4 根据矢量方程式作出速度多边形的 pd 1 部分,则 v A2 (m/s)为 v A2 =?v pa=0.829m/s ω 4 = v A2 / l AO4 =1.3rad/s 其转向为顺时针方向。 V B4 B 点速度为V B4 ,方向与 v A2 同向. (4)列出 C 点速度矢量方程,作图求解 V C 6 、V C6 B4 V C6 = 方向:水平 大小:? 通过作图,确定C点速度为 V A2 A3 =?v bc=0.2909m/s V C =?v pc=1.2207m/s 式中 V A2 A3 ——C 5 点速度,方向丄 BC 式中 V C ——C点速度,方向为 p→c。 丄 BO 4 ω 4 l bO4 丄 BC ? V B4 + V C6 B4 =ω 4 l bO4 =0.612 m/s

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3

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4.解待求点的加速度及其相关构件的角加速度 (1)列出C点加速度矢量方程式 牵连速度为移动时 绝对加速度=牵连加速度+相对加速度 牵连运动为转动时, (由于牵连运动与相对运动相互影响) 绝对加速度=牵连加速度+相对加速度+哥氏加速度 要求C点加速度,得先求出B点加速度, aA= 方向:? 大小:? a
n A+

a

?

A

=

a n o2 +

a ? o2 + 丄 AO 2

a A ’+

a哥

∥AB 丄AB ∥AO 2 ω
2

∥AB 丄AB 0 ? 2ω 4 v A4 A2
n A ,则加速度比例尺

4

l AO4



ω l AO2

2

(2)定出加速度比例尺 ?s
?2

在一号图纸中取 p 为加速度极点,去矢量 pa’代表 a

?a (m

/mm)

a nB 2 ?a = =0.219 m/s /mm pa'
(3)作加速度多边形,求出 a a=0.7949 m/s
2

?

B

、a A 、a B 根据矢量方程图的 pa’nka 部分,则

a

?

A

=?a a'

a A ’=?a ka=6.247m/s a A =?a pa=0.519 rad/s a
?
B
2

2

方向为 水平向右下 12?
2

=a
B

?

A

? l bO4 / l AO2 =3.279m/s
2

a

n



4
n

? l bO4 =1.225 m/s 、 a
?
CB

2

(4)列出 C 点加速度矢量方程,作图求解 a c 、a ac 方向: 水平 大小: ? 由上式可得: ∥BC
2

CB

?

CB

= 丄 BC ?

a

n

CB

+

a

+

a

n

B

+

a

?

B

∥AB ω
2

丄 AB l bO4 a
?
A l bO 4

V C6 B4 /l BC

4

/ l AO2

a

?

CB

=0.0.15m/s
2

2

a c =0.178m/s

确定构件 4 的角加速度 a4 由理论力学可知,点 A4 的绝对加速度与其重合点 A3 的绝对加速度之间
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的关系为

t n r k aa 4 ? aa 4 ? aa 4a3 ? aa 4a3 ? a3

方向:⊥O4B ∥O4B ∥ O4B ⊥O4A ∥O2A 大小: ? ? 2 4 lo2A ? 2?4Va4a3 ? 2 2 lo2A

n k 其中 a ta 4 和aa 4是aa 4的 法向和切向加速度。a a 4 a 3 为科氏加速度。

从任意极点 O 连续作矢量 O 'a 3 和 k’代表 aA3 和科氏加速度,其加速度比例尺 1:0.219;再过点 o 作 矢量 oa4”代表 a n a 4 a 3 ,然后过点 k’作直线 k’a’4 平行于线段 oa4”代表相对加速度的方向线,并过点 a4’’作 直线 a4’’a4’垂直与线段 k’a’4,代表 a ta 4 的方向线,它们相交于 a4’,则矢量 oa4’便代表 a4。 构件 3 的角加速度为 a ta 4 /lO4A 将代表 a ta 4 的矢量 k’a’4 平移到机构图上的点 A4,可知?4 的方向为逆时针方向。
?2 ? 大 小 7.53 6 0.82 9 0.171 8 0.811 0.064 9 1.221 6 0.61 2 方 向 6.247 0.519 1.226 3.279 0.015 0.178 aKA4A3 anA4 atA4 anCB

项 目 位 置 4

vA2

vA2A3

V3

VCB

vC

VB4

aA3

ac

1.3 顺时针

1. 根据以上方法同样可以求出位置九的速度和加速度

5
项 ?2 目 位 置 4 7.53 6 9 7.53 6 .082 9 0.82 9 0.171 8 1.231 0.667 8 0.811 0.064 9 0.334 9 1.221 6 1.537 9 0.61 2 0.82 7 vA2
3

vA2A3

V3

VCB

vC

VB4 大 小

? 方 向

aA3

a A4A3

K

a A4

n

a A4

t

a CB

n

ac

1.3 顺时针 0

6.24 7 6.23 8

0.62 5 0.42 5

1.22 6 2.43 2

3.27 9 3.27 9
2

0.01 5 4.24 5

0.17 8 4.23 7

单 位

1/s

m/s

1/s

m/s

4..2. 导杆机构的动态静力分析
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已知 各构件的重量 G(曲柄 2、滑块 3 连杆 5 的重量都可忽略不计) ,导杆 4 绕重 心的转动惯量 Js4 及切削力 P 的变化规 律。 要求 求各运动副中反作用力及曲柄 上所需要的平衡力矩。 以上内容做在运动分 析的 同一张图纸上。



步骤 1) 选取阻力比例尺 ? Q = 555.6

(

N ) ,根据给定的阻力 Q 和滑块的冲 mm

程 H 绘制阻力线图。 2) 根据个构件的重心的加速度即 角加速度,确定各构件的惯性力 Pi 和惯性力偶 矩 M i ,并将其合为一力,求出该力至重心的距离。 3)按杆组分解为示力体,用力多边形法决定各运动副中的反作用力合加于曲柄上的平衡力 矩。 将所有位置的机构阻力,各运动副中的反作用力和平衡力矩 M y 的结果列入表中: 动态静力分析过程: 在分析动态静力的过程中可以分为刨头,摇杆滑块,曲柄三个部分。 首先说明刨头的力的分析过程: 对于刨头可以列出以下力的平衡方程式:

∈F=0

P

+

G6

+

Fi6 +

R45

+

R16=0
∥y 轴 ?

方向:∥x 轴 ∥y 轴 大小:8000 以作图法求得: 位置 4 R45 = 7958.3 N
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与 a6 反向 ∥BC -m6a6 ?

620

位置 1’
6

R45 =8550.648

N

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位置 4

R16 = 284.7 N

位置 1’

R16 = N

力矩平衡方程式:

∈M=0

P*yp+G6*hg+Fi6*h6+R16*h16=0

我们还可以得到: R45=R65

对于摇杆滑块机构可以列出平衡方程式:

∈F=0

R54

+

R34
⊥O4B

+

Fi4 +
∥a4

G4 +
∥y 轴

R14=0
?

方向: ∥BC 大小:R54 力矩平衡方程式: ?

m4a4

220

?

∈M=0 R54*h54-R34*h34-Mi4-Fi4*hi4-G4*h4=0
由此可以求得 R34 的大小:R34= 7958.3 N 最后可以利用力的平衡方程式做力的多边形解出 位置 1’ R34=14366.93 位置 4 R32=12023.66 N

位置 1’ R32= 244.376N 在摇杆上可以得到 R34=-R32 最终得 出位置 4 My=1257.11Nm 位置 1’=689.612Nm


项 位 置 4 单位 48.734 N 30.8 目 Pi6 Pi4 Mi4 大小 71.508 N?m 方向 顺时针 0.3091 m lh4

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项 位 置
4


P N56=N65 N54=N54 N34=N23

My 大小 方向

8000 单 位

7958.3 N

7958.3

12023.66

1257.11 N

顺时针 N?m


项 位 置 1’ 单位 546.57 N 110.897 目 Pi6 Pi4 Mi4 大小 12.36 N?m 方向 逆时针 89.5 m lh4

项 位 置


P 8000 N N56=N65 8550.648 N54=N54 14366.93 N34=N23 244.376

My 大小 689.612 N 方向 逆时针 N?m

1’ 单位

4.3. 飞轮设计(见图 3) 已知 及其运动的速度不均匀系数?,由动态静力分析所得的平衡力矩 My,具有定转 动比的各构件的转动惯量 J,电动机、曲柄的转速 no’、n2 及某些齿轮的齿数。驱动 力矩为常数。 要求 用惯性立法确定安装在轴 O2 上的飞轮转动惯量 JF。以上内容做在 2 号图纸上。 步骤: 1) 列表汇集同组同学在动态静力分析中求得的个机构位置的平衡力矩 M y ,以力矩比例尺
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μ

m

和角度比例尺μ

?

* 绘制一个运动循环的动态等功阻力矩 M * c = M c (φ )线图。对

* * M* c (φ )用图解积分法求出在一个运动循环中的阻力功 A c = A c (φ )线图。

2)

绘制驱动力矩 M a 所作的驱动功 A a = A a (φ )线图。因 M a 为常数,且一个运动循环中

* 驱动功等于阻力功, 故将一个循环中的 A * 线图的始末两点 以直线相连, 即为 A a = A a(φ ) c = A c(φ )

线图。 3)
* 求最大动态剩余功[A ]。将 A a = A a (φ )与 A * c = A c (φ )两线图相减,即得一个运动
' '

'

循环中的动态剩余功线图 A = A (φ ) 。该线图的纵坐标最高点与最低点的距离,即表示最大动态剩 余功[A ]。 4) 确定飞轮的转动惯量 J F 。由所得的[A ],按下式确定飞轮的转动惯量
' ' '

J F =900 [A ]/π n 1 δ 按照上述步骤得到飞轮的转动惯量为 JF=8.37.

2

4..4. 凸轮机构设计(见图 2) 已知 摆杆 9 为等加速等减速运动规律,其推程运动角?,远休止角?s,回程运动角 ?’,摆杆长度 lo9D=130mm,最大摆角?max=15?,许用压力角[?]=20?;凸轮与曲柄共轴。 要求 确定凸轮机构的基本尺寸,选取滚子半径,划出土轮世纪轮廓线。以上内容做 在 2 号图纸上。 步骤: 1) 根据从动件运动规律,按公式分别计算推程和回程的(

d? ) max ,然后用几何作图法直 d?

接绘出

d? (φ )及φ (ψ )线图。 d?
求基圆半径 r 0 及凸轮回转中心 O 2 至从动件摆动中心 O 4 的距离 l O 2 O 4 。按φ (ψ )线图划

2) 分ψ

max 角时,可将其所对的弧近视看成直线,然后根据三角形相似原理,用图解法按预定比例分割ψ

max 角所对应的弧,自从动件摆动中心

O 4 作辐射线与各分割点想连,则ψ

max 角便按预定比例分割。

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作图时,如取μ

1

= l O 4 D*μ

d? d? ,则可直接根据 (φ )线图上各纵坐标值,在 O 4 点的相应 d? d? d? 。截取方向 d?

辐射线上由 D 点分别向左或右截取各线段,线段所代表的实际长度就等于等于 l O 4 D*
0

可根据 D 点速度方向顺着凸轮转向转过 90 后所指的方向来确定。然后按许用压力角[а]作出凸轮轴心 的安全区,求出凸轮的基圆半径 r 0 和中心距 lO 2 O 4 。 3)根据凸轮转向,摆杆长 l O 4 D,角位移线图ψ =ψ (φ )图和以上求得的 r 0 ,l O 2 O 4 ,画出凸轮理 论廓线,并找出其外凸轮曲线最小曲率半径 P min 。然后,再选取滚子半径 r g ,画出凸轮的实际廓线。

设计过程: 1)根据给定的 r0=60mm 和摆杆位置画出从动件的初始位置 O9D0,再根据?--?线图画出从动件的 一系位置 O9D’1 、 O9D’2 、 O9D’3 、 O9D’4 、 O9D’5、 、 O9D’6 、 O9D’7、 O9D’8、 O9D’9 、 O9D’10 、 O9D’11 、 O9D’12 、O9D’13 、O9D’14,使得∠D0O9D’1 =?1、∠D0O9D’2 =?2 、∠D0O9D’3 =?3、∠D0O9D’4 =?4 、 ∠D0O9D’5 =?5、 、∠D0O9D’6 =?6 、∠D0O9D’7 =?7、∠D0O9D’8 =?8、∠D0O9D’9 =?9 、∠D0O9D’10 =?10 、 ∠D0O9D’11 =?11 、∠D0O9D’12 =?12、∠D0O9D’13 =?13 、∠D0O9D’14 =?14。

2)从基圆上任一点 C0 开始,沿(-?)方向将基圆分为与图?--?线图横轴对应的等份,得 C1、C2、 C3、C4、C5、C6、C7、C8、C9、C10、C11、C12、C13、C14。 过以上各点作径向射线 OC1、OC2、OC3、OC4、OC5、OC6、OC7、OC8、OC9、OC10、OC11、OC12、 OC13、OC14。 3) 以 O 为中心及 OD’1 为半径画圆弧,分别交 OC0 和 OC1 于 E’1 和 E1,在圆弧上截取 E1D1= E’1D’1 得 点 D1。用同样方法,在以 OD’2 为半径的圆弧上截取 E2D2= E’2D’2 得点 D2,在 OD3 为半径的圆弧上 截取 E3D3= E’3D’3 得点 D3 ,在 OD4 为半径的圆弧上截取 E4D4= E’4D’4 得点 D4 ,在 OD5 为半径的 圆弧上截取 E5D5= E’5D’5 得点 D5 ,在 OD6 为半径的圆弧上截取 E6D6= E’6D’6 得点 D6 ,在 OD7 为 半径的圆弧上截取 E7D7= E’7D’7 得点 D7 ,在 OD8 为半径的圆弧上截取 E8D8= E’8D’8 得点 D8 ,在 OD9 为半径的圆弧上截取 E9D9= E’9D’9 得点 D9 , 在 OD10 为半径的圆弧上截取 E10D10= E’10D’10 得点 D10 , 在 OD11 为半径的圆弧上截取 E11D11= E’11D’11 得点 D11 , 在 OD12 为半径的圆弧上截取 E12D12= E’12D’12 得点 D12 ,在 OD13 为半径的圆弧上截取 E13D13= E’13D’13 得点 D13。将 D0、D1、D2、D3、 D4、D5、D6、D7、D8、D9、D10、D11、D12、D13 连成曲线便得到凸轮轮廓曲线。

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5.心得体会

美丽的花朵必须要通过辛勤的汗水浇灌.有开花才有结果,有付出才有收获. 通过几天日日夜夜的奋斗,在老师亲切地指导下,在同学们的密切配合下,当 然也有自己的努力和辛酸,这份课程设计终于完成了,心里无比的高兴,因为这是我们 努力的结晶. 在这几天中,我有很多的体验,同时也有我也找到许多的毛病,仅就计算机辅助
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绘图而言,操作的就远远不够熟练,专业知识也不能熟练应用。但是通过这次实践 设计,我觉得我有了很打的提高。 其次,通过这次设计我学会了查找一些相关的工具书,并初步掌握了一些设计数 据的计算方法; 再次,自己的计算机绘图水平也有了一定的提高,并对所学知识有了进一步的理 解。 当然,作为自己的第一次设计,其中肯定有太多的不足,希望在今后的设计中, 能够得到改正,使自己日益臻于成熟,专业知识日益深厚。 我在这次设计中感到了合作的力量,增强了自己的团队精神。这将使我受益终生。 “功到自然成.”只有通过不锻炼,自己才能迎接更大的挑战和机遇,我相信我自己一 定能够在锻炼成长.

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