牛头刨床课程设计

机械原理课程

设计说明书

系部名称: 机电系

专业班级: 07机制专升本1班

姓名：马立洋

学号: 11

目录

概述 (3)

设计项目·······························

1．设计题目 (4)

2．机构简介 (4)

3．设计数据 (4)

设计内容·······························

1．导杆机构的设计 (5)

2.凸轮机构的设计 (12)

3.齿轮机构的设计 (17)

设计体会 (20)

参考文献 (21)

附图·····························

概述

一、机构机械原理课程设计的目的：

机械原理课程设计是高等工业学校机械类专业学生第一次较全面的机械运动学和动力学分析与设计的训练，是本课程的一个重要实践环节。其基本目的在于：

（１）进一步加深学生所学的理论知识，培养学生独立解决有关本课程实际问题的能力。

（２）使学生对于机械运动学和动力学的分析设计有一较完整的概念。

（３）使学生得到拟定运动方案的训练，并具有初步设计选型与组合以及确定传动方案的能力。

（４）通过课程设计，进一步提高学生运算、绘图、表达、运用计算机和查阅技术资料的能力。

二、机械原理课程设计的任务：

机械原理课程设计的任务是对机械的主体机构（连杆机构、凸轮机构、齿轮机构以及其他机构）进行设计和运动分析、动态静力分析，并根据给定机器的工作要求，在此基础上设计凸轮、齿轮；或对各机构进行运动分析。要求学生根据设计任务，绘制必要的图纸，编写说明书。

三、械原理课程设计的方法：

机械原理课程设计的方法大致可分为图解法和解析法两种。图解法几何概念较清晰、直观；解析法精度较高。根据教学大纲的要求，本设计主要应用图解法进行设计。

[设计名称]压床机构

一．机构简介：

机构简图如下所示：

牛头刨床机构简图

工作台

牛头刨床是一种用于平面切削加工的机床，如上图所示。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1-2-3-4-5-6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。因此，刨床采用具有急回特性的导杆机构。刨刀每切削完成一次，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。 二． 设计数据：

三．设计内容：

第一节导杆机构的运动分析

㈠导杆机构设计要求概述：

-位于导杆端头B所已知曲柄每分钟的转数2n，各构件尺寸，且刨头导路x x

作圆弧的平分线上。要求作机构的运动简图，并作机构一个位置的速度、加速度多边形以及刨头的运动线图，画在2号图纸上。

10位置的机构简图：

㈡计算过程：

由已知数据n2=64r/min得ω2=2π×64/60(rad/s)= 6.7rad/s .

1、求C点的速度：

⑴确定构件3上A点的速度：

构件2与构件3用转动副A相联，所以υ。

又υA2=ω2lO2A =0.9×6.7=0.6m/s

V的速度：

⑵求

4

A

选取速度比例尺 ：μv =0.023(m/s)/mm; υA4 = υA3 + υA4A3

方向：

⊥BO 4 ⊥AO 2 ∥BO 4

大小： ？

22O A l ω

？

图1

用图解法求解如图1： 式中υ

A3、υA4表示构件

3和构件4上 A 点的绝对速度，υA4A3表示构件

4上A 点相

对于构件3上A 点的速度，其方向平行于线段BO 4，大小未知；构件4上A 点的速度方向垂直于线段BO 4，大小未知。在图上任取一点P ，作υA3 的方向线

p a3 ，方向垂直于AO 2，

指向与ω2的方向一致，长度等于υ

A3/μv ，

（其中μv 为速度比例尺）。过点p 作直线垂直于

⊥BO 4 代表υ

A4的方向线，再过a 3作直线平行于线段BO 4 代表υ

A4A3的方向线这两条直

线的交点为a 4，则矢量p a 4和a 3a 4分别代υA4和υA4A3

。

由速度多边形

4

3a pa 得：

443220;

l ννωA A A O A

==-

⑶

求BO 4的角速度

4ω：

曲柄位于起点1时位置图如设计指导书图（1）：此时

42O AO ∠为：

20490

arcsin

75.12

350

π

∠AO O =

-= 将曲柄圆周作12等分则当曲柄转到1位置时，如图（1）：

2

0490

arcsin

75.12

350

π

∠AO O =-=

A

O O O A O A O O O l l l l l O O A 24244

22cos 2

22242?-+=

∠

\4338.23AO l mm

= 杆BO 4的角速度

4ω：

4ω=V A4/4

AO

l =

0.483

0.277

rad/s =1.75 rad/s

杆BO 4的速度V4:

V4=

4ω× 4

BO l =1.75×1.54m/s=0.9431m/s

⑷ 求C 点的速度υc ：

υ

c =

υ B + υ

CB

方向： ∥X-X ⊥BO 4 ⊥BC 大小： ？ ω4l O4B ？

图2

速度图见图2：式中υ

c 、υ B 表示点的绝对速度。υCB 表示点

C 相对点B 的相对速度其方向垂直于构件CB ，大

小未知，点C 的速度方向平行于X-X ，大小未知，图上任取一点p 作代表υB 的矢量

pb 其

方向垂直于BO 4指向于

2ω转向相反，长度等于v B V μ/（v μ为速度比例尺）。过点p

作直线平行于X-X ，代表υc 的方向线，再点b 作直线垂直于BC 代表υCB 的方向线，这两

方向线的交点为C 则矢量pc 和bc 便代表 υ

c 、υCB 。

则C 点的速度为：υc =μv ×pc =μv × 40 = 0.92 m/s υ

CB =μv ×cb=μv ×

5 = 0.115 m/s

2、求C 点的加速度： ⑴ 求a A2：

因曲柄匀速转动：故

2

222

22

22/343.4/)2(110.0s m s m l

a a AO n

A A =?=?==πω

2

23/343.4s m a a A A ==

选取加速度比例尺：μa =0.15（m/s 2）/mm

⑵ 求a A4：

434343

K t A A A A A A a a a a =++ 4434343t n K t A A A A A A A a a a a a +=++

方向: ⊥BO 4 B →O 4 A →O 2 ⊥BO 4 ∥BO 4

大小： ？ 42

4AO l ?ω √ 3442A A V ?ω ？ 加速度见下图：

∏

式中

44A n A a a 和τ是4A a 的切向和切法向加速度，34A A a

γ

是点A4相对于A3的相对

加速度，但由于构件3与构件4构成移动副，所以

34=A A n a 故

343

4A A t

A A r a

a

=其方向平行于二构件相对移动方向，即平行于

BO 4,大小未知，

34A A K a 为哥氏加速度，它的大小为θωsin 23

44

3

4A A A A K V

a

=，其中θ

为相对速度

34A A V 和牵连角速度4

ω矢量之间的夹角，但是对于平面运动，

4ω的矢量垂直于运

动平面而34A A V 位于运动平面内，故

90=θ

，从而344342A A A A K

V a ω=哥氏

加速度34A A K

a 的方向是将

34A A v 沿4ω的转动方向转

90

（即图中

'3k a 的方

向）。在上面的矢量方程中只有344A A r

A a a 和τ

的大小未知，故可用图解法求解。如右图，从任意极点

π

连续作矢量

'‘4

'3

a

a ππ和代表43A n

A a a 和；再过'

3a 作''

3k a 垂

直于线段BO 4 ，大小mm u V w k a a A A 2.10/2'344'

3==；然后再过'k 作

BO 4

的平行线，代表

34A A a γ的方向，过'‘4a 作垂直于BO 4

，的直线，代表4A n

a 的方

向线，它们相交点

'4a 则矢量'4

a π代表4A a 。

'

4418.6 2.79/A a A a a a m s μπμ===

⑶ 求B 点加速度B a ：

构件4的角加速度β

BO4为：

'

244BO4

404

3.29/a A AO A a a rad s l l μπβ=== 2

244 1.654/n B BO a l m s ω== 244 5.379/t B BO BO a l m s β==

⑷ 求C 点的加速度：

C B B c a a a += c n t n t t n c B B CB CB

a a a a a a +=+++

方向： ＼ ∥x-x B →O 4 ⊥BO 4 ⊥CB C →B 大小: ＼ ？ 2

4

4BO l

ω lBO4β

BO4

？ 0.090m/s 2

加速度图见下图：

式中，

n

CB

a

表示点C 相对点B 的法向加速度其方向为从C 指B ；

τCB

a 表示点C

相对点B 的切向加速度，其方向垂直于CB 。又因速度多边形已作出，所以上式法向加速度可求出（C 点作水平运动，故C 点的法向加速度为0）。仅有

τ

τCB a a c

和的大小未知，同样可以用图解法求解。如右图，在图上任取一点π作''b π代表n

B

a ，方向为

平行于BO 4并从B 指向O 4，长度为

a BO l μω/42

4，（其中a μ为加速度比例尺）。过'

'b 作'''b b 代表τ

B a ，方向垂直于BO 4，

长度为a BO BO l μβ/44，连接'b π，它表

示

B

a ，再过过

'b 作'''c b 代表n

CB a ，方向平行CB 并从C 指向B ，长度为

a cB Bc l V μ/)/(2过''c 作垂直于CB 代表τcB a 的方向线又从π作平行于X-X 的方向

线，两线交点为

'c ，则矢量'c π便代表c a 。

22220.110/0.090/0.135

n n

CB CB CB v a m s m s l ===

''7.2/t c c a a a pc m s μ===

3、此时C 点位置如下图： 选取长度比例尺为：2/l mm mm μ=则：

此时C 点的位移

c x 为：

'''2105210c l x u c c mm mm =?=?=

第二节 凸轮机构的设计

㈠ 凸轮机构的设计要求概述：

⒈已知摆杆9作等加速等减速运动，要求确定凸轮机构的基本尺寸，选取滚子半径，将凸轮实际轮廓㈠ 凸轮机构的设计要求概述 画在2号图纸上。

该凸轮机构的从动件运动规律为等加速等减速运动。

（1）、角位移曲线：

图(1)

①、取凸轮转角比例尺μφ=1.25°/mm和螺杆摆角的比例尺μψ=0.5°/mm在轴上截取线段代表，过3点做横轴的垂线，并在该垂线上截取33＇代表(先做前半部分抛物线).做03的等分点1、2两点，分别过这两点做ψ轴的平行线。

②、将左方矩形边等分成相同的分数,得到点1＇和2 ＇。

③、将坐标原点分别与点1＇,2＇,3＇相连,得线段O1＇,O2＇和03＇,分别超过1,2,3

点且平行与Ψ轴的直线交与1＂,2＂和3＂.

④、将点0,1＂,2＂,3＂连成光滑的曲线,即为等加速运动的位移曲线的部分,后半段等

减速运动的位移曲线的画法与之相似.

(2)角速度ω曲线:

①、选凸轮转角比例尺μφ=1.25°/mm和角速度比例尺μω=0.0837(rad/s)/mm,在轴上截取线段代表。

ω

②由角速度方程可得φ=φo/2,ω= ωmax ,求得v换算到图示长度,3点处φ=Φ0/2,故ω

位于过3点且平行与ω轴的直线.由于运动为等加速、等减速,故连接03＇即为此段的角max

速度图,下一端为等减速连接3＇6即为这段角速度曲线。

③其他段与上述画法相同,只是与原运动相反。

(3)角加速度曲线:

①选取与上述相同的凸轮转角比例尺μφ=1.25°/mm和角加速度比例尺μβ=0.8038(rad/s)/mm在轴上截取线段代表。

②由角加速度方程求的角加速度β.因运动为等加速,等减速,故各段加速度值也相同,只是方向相反.

③13段为加速段β为正值,β轴上取β做平行于13的直线段即为1、3段的加速度，其余各段与3做法相似。

设计凸轮轮廓依据反转法原理。即在整个机构加上公共角速度（－ω）（ω为原凸轮旋转角速度）后，将凸轮固定不动，而从动件连同机架将以（－ω）绕凸轮轴心逆时针方向反转，与此同时，从动件将按给定的运动规律绕其轴心相对机架摆动，则从动件的尖顶在复合运动中的轨迹就是要设计的凸轮轮廓。

⑵设计凸轮轮廓：

Ａ、绘制凸轮的理论轮廓线［既滚子轴心实际轮廓］

①将ψ－φ曲线图（如图（1））的推程运动角和回程运动角个分成4等份，按式求个等分点对应的角位移值：ψ1=μψ1*11＇＇，ψ1=μψ2*22＇＇，……，的数值见表（1）。

②选取适当的长度比例尺μ

定出O2和O9的位置（选取μl=0.002m/mm）。以O2为

l

圆心，以r0/μl为半径，作圆，再以以O2为圆心，以r b/μl为半径作基圆。以O9为圆心，以l O o9D/μl为半径，作圆弧交基圆与D O（D’O）。则O9D O便是从动件的起始位置，注意，要求从动件顺时针摆动，故图示位置D O位于中心线O2O9的左侧。

③以O2为圆心，以l O o9 O2/μl为半径作圆，沿（-ω）[即为逆时针方向]自O2O9开始依次取推程运动角Φ0=75°，远休止角Φs=10°，回程运动角Φo’=75和远休止角Φs’=200°,并将推程和回程运动角各分成4等份,得O91 ,O92, O93……O99各点。它们便是逆时针方向反转时，从动体轴心的各个位置。

④分别以O91 ,O92, O93……O99为圆心，以l O9D/μe为半径画圆弧，它们与基圆相交于D’1，D’2，D’3……D’9，并作∠D’1O91D1，∠D’2O9rD２……分别等于摆杆角位移ψ1，ψ2，ψ3……。并使O91D1= O91 D’1，O92D2= O92D’2，……则得D1，D2，……D9（与D’9重合）各点，这些点就是逆时针方向反转时从动件摆杆端滚子轴心的轨迹点。

⑤将点D1，D2，……D9连成光滑曲线。连成的光滑曲线便是凸轮的理论轮廓，亦即为滚子轴心的轮廓轨迹。

B、绘制凸轮的实际轮廓：

①在上述求得的理论轮廓线上，分别以该轮廓线上的点为圆心，以滚子半径为半径，作

一系列滚子圆。

②作该系列圆的内包络线，即为凸轮的实际轮廓，如图。

C、校核轮廓的最小曲率半径ρmin：

在设计滚子从动件凸轮的工作轮廓时，若滚子半径r t过大，则会导致工作轮廓变尖或交叉。

在理论轮廓线上选择曲率最大的一点E，以E为圆心作任意半径的小圆，再以该圆与轮廓的两个交点F和G为圆心，以同样半径作两个小圆，三个小圆相交于H、I、J、K四点；连HI、JK得交点C，则C点和长度CE可近似地分别作为理论轮廓上的曲率中心和曲率半径ρmin。

由图可知，CE＞r t，故该凸轮轮廓的最小曲率半径ρmin符合要求。

第三节齿轮机构的设计：

一、设计要求：

计算该对齿轮传动的各部分尺寸，以2号图纸绘制齿轮传动的啮合图，整理说明书。

1、齿轮机构的运动示意图

2

二、计算过程：

因为n o ′/n o ″=d o ″/d o ′ 得n o ″=480r/min

"

2211o //o z z z z = 得"

2112/o z z z n z n = ∴240=

三、绘制啮合图

齿轮啮合图是将齿轮各部分按一定比例尺画出齿轮啮合关系的一种图形.它可以直观的的表达一对齿轮的啮合特性和啮合参数,并可借助图形做必要的分析。

(1) 渐开线的绘制: 渐开线齿廓按渐开线的形成原理绘制,如图以齿轮轮廓线为例，其步骤如下:

① 按齿轮几何尺寸计算公式计算出各圆直径: d o ” ，d o ’’b ，d o ’’a ，d o ’’f ，画出各相应圆,因为要求是标准齿轮啮合,故节圆与分度圆重合.

② 连心线与分度圆(节圆)的叫点为节点P,过节点P 作基圆切线,与基圆相切与N 1,则

P N 1即为理论啮合线的一段，也是渐开线发生线的一段．

③ 将

P N 1线段分成若干等份：P1、12、23……

④ 根据渐开线特性

'11N O N P =，圆弧长不易测得，可按下式计算N 10

＇

弧所对

应弦长

0'N 1：

代入数据：

11b b N 180N 0'd sin d P π?? ? ???

=? 按此弦长在基圆上取0＇

点。

⑤将基圆上的弧长N 10＇分成同样等份，的基圆上的对应分点1＇，2＇，3＇

。

⑥过1＇

，2＇

，3＇

点作基圆的切线，并在这些切线上分别截取线段，使其

p 1''1'1=、

p 2''2'2=p 3''3'3=……得１＇＇

，２＇＇

，３

＇＇

诸点，光滑连接０＇＇

，１＇＇

，２＇＇

，

３＇＇

，各点的曲线即为节圆以下部分的渐开线。

⑦将基圆上的分点向左延伸，作出５＇

，６＇

，７＇

…，取

15''5'5p ?=、

16''6'6p ?=、…，可得节圆以上渐开线各点５＇＇

，６＇＇

．直至画到超出齿顶圆为止。

⑧当d f ＜d b 时，基圆以下一段齿廓取为径向线，在径向线与齿根圆之间以r ＝０.２mm

为半径画出过渡圆角；当d f >d b 时，在渐开线与齿根圆之间画出过渡圆角。

设计体会

通过一段时间的设计，让我对所学知识得到了更深的理解，也学会了运用各种资料、工具，熟练了CAD、Office等软件的使用，体会到了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热情指导，在此表示深深的谢意。

参考资料

《机械原理》………………………………………………清华大学出版社申永胜主编

《机械原理课程设计指导书》……………………………太原理工大学阳泉学院机电系编