目录
一、课程设计的目的与要求……………………………………3
二、设计正文
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
三、体会心得………………………………………………….15
四、 参考资料……………………………………..………….....16
附图1: 导杆机构的运动分析与动态静力分析
一、课程设计的目的和任务
1、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。
2、任务
本课程设计的任务是对牛头刨床的机构选型、运动方案的确定;对导杆机构进行运动分析和动态静力分析。并在此基础上确定飞轮转惯量,设计牛头刨床上的凸轮机构和齿轮机构。
二、设计正文:
1、设计题目:牛头刨床
1)为了提高工作效率,在空回程时刨刀快速退回,即要有急会运动,行程速比系数在1.4左右。
2)为了提高刨刀的使用寿命和工件的表面加工质量,在工作行程时,刨刀要速度平稳,切削阶段刨刀应近似匀速运动。
3)曲柄转速在60r/min,刨刀的行程H在300mm左右为好,切削阻力约为7000N,其变化规律如图所示。
2、牛头刨床机构简介
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。刨头在工作行程中,受到很大的切削阻力(在切削的前后各有一段约5H的空刀距离,见图4-1,b),而空回行程中则没有切削阻力。因此刨头在整个运动循环中,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小电动机容量。
3、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。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,称工作切削。此时要求速度较低且均匀,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。为此刨床采用急回作用得导杆机构。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与棘轮机构带动螺旋机构,使工作台连同工件作一次进给运动,以便刨刀继续切削。刨头在工作行程中,受到很大的切削阻力,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,受力变化是很大的,这就影响了主轴的匀速运转,故需装飞轮来减小株洲的速度波动,以减少切削质量和电动机容量。
2)设计数据
设计数据设计数据
4、设计内容
1)导杆机构的运动分析
已知:曲柄每分钟转数n2,各构件尺寸及重心位置,且刨头导路x-x位于导杆端点B所作的圆弧高的平分线上。
要求:做机构的运动简图,并作机构两位置的速度、加速度多边形以及刨头的运动线图。以上内容与后面的动静力分析一起画在1号图纸上。
曲柄位置图的作法为取1和8’为工作形成起点和终点对应的曲柄位置,1和7’为切削起点和终点所对应的位置,其余2,3…12等,是由位置1起顺v2方向将曲柄圆周作12等分的位置。
1、选择表Ⅰ中方案Ⅱ。
2、曲柄位置“2”做速度分析,加速度分析(列矢量方程,画速度图,加速度图)
取曲柄位置“2”进行速度分析。
取构件3和4的重合点A进行速度分析。
有ω2=2×3.14×64/60=6.698666667 rad/s 其转向为顺时针方向。
υA3=υA2=ω2×lO2A·µl =6.698666667×90×0.001=0.60288 m/s 方向:A→O2
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=0.01(m/s)/mm,作速度多边形如图。
图1-1
则由图1-1知,
υA4=pa4·μv=28.50500264×0.01 m/s =0. 2850500264 m/s 方向p→a4
υA4A3=a3a4·μv=53.05755578×0.01m/s=0.5305755578m/s 方向a3→a4
ω4=υA4/ lO4A·µl =0. 2850500264/0.38342033151 =0.74344003rad/s
其转向为顺时针方向。
υB5=υB4=ω4·lO4B·µl =0.74344003×580=0.4311952229m/s方向p→b5
取5构件为研究对象,列速度矢量方程,得
υC = υB5 + υCB5
大小 ? √ ?
方向 ∥XX ⊥O4B ⊥BC
其速度多边形如图1-1所示,有
υC=pc·μv=41.69703748×0.01 m/s =0.4169703748m/s方向p→c
υCB5=b5c·μv=9.7766008×0.01 m/s =0.0997766008m/s方向b5→c
取曲柄位置“2”进行加速度分析.
取曲柄构件3和4的重合点A进行加速度分析.
列加速度矢量方程,得
aA4 = a A4n + a A4t = a A3 + a A4A3k + a A4A3r
大小 ? √ ? √ √ ?
方向 ? A→O4 ⊥O4B A→O2 ⊥O4B(向右)∥O4B
aA4n=ω42×lO4A·µl=0.743440032×0.38342033151=0.21191759747m/s2
a A3=ω22×lO2A·µl =6.6986666672×90×0.001=4.03849216039m/s2
aA4A3k=2ω4υA4A3=2×0.74344003×0.5305755578=0.78890221721m/s2
方向a3´→k
取加速度极点为P',加速度比例尺μa=0.1(m/s2)/mm,作加速度多边形图
图1-2
则由图1─2知,
a A4t=n1· a4´·μa =27.70305525×0.1=2.770305525m/s2方向n1→ a4´
a A4A3r = ka4´·μa=16.96343176×0.1=1.696343176m/s2方向k→ a4´
α4=a A4t / lO4A·µl = 2.770305525/0.38342033151rad/s2 =7.2252441965rad/s2
其转向为顺时针方向。
a A4 = p´a4´·μa = 27.78399138×0.1m/s2 =2.778399138m/ s2方向p´→ a4´
a A4A3=a3´·a4´·μa=18.70814496×0.1=1.870814496 m/s2 方向a3´→a4´
取5构件的研究对象,列加速度矢量方程,得
aC= aB5 n + aB5τ + aCB5n+ aCB5τ
大小 ? √ √ √ ?
方向 ∥xx B→A ⊥AB C→B ⊥BC
aB5n=ω42lO4B·µl=0.743440032×580×0.001=0.32056778535m/s2方向p´→n´
aB5τ=aA4t·lO4B/lO4A=2.770305525×580/383.42033151=4.19064163387m/s2
方向n´→aB5´
aCB5n=υCB52/lBC·µl=0.09977660082/0.174=0.054932139771m/s2方向aB5´→n
其加速度多边形如图1─2所示,有
a B5 = p´aB5´·μa = 42.02884844×0.1m/s2 = 4.202884844m/s2
aCB5t= nC´·μa =6.41473606×0.1m/s2 =0.641473606m/s2方向n→c´
aC= p´C´·μa = 40.99471642×0.1m/s2 = 4.099471642 m/s2方向p´→C´
总结2点的速度和加速度值以速度比例尺µ=(0.01m/s)/mm和加速度比例尺µa=(0.01m/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)
2)导杆机构运动分析
a、曲柄位置“4”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“4”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O2 A线,指向与ω2一致。
ω2=2πn2/60 rad/s=6.702064213rad/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=0.01 (m/s)/mm ,作速度多边形如图1-2
则由图1-2知, υA4=·μv=59.02900342×0.01 =0.5902900342m/s
υA4A3=·μv=12.40594998×0.01=0.1240594998m/s
由速度影像定理求得,
υB5=υB4=υA4·O4B/ O4A=0.7824020877m/s
又 ω4=υA4/ lO4A=1.348969135rad/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=78.34986147×0.01 =0.7834986147m/s
υC5B5=·μv=4.14373305×0.01s=0.0414373305m/s
ωCB=υC5B5/lCB=3.115841057 rad/s
b.加速度分析:
取曲柄位置“4”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=6.702064213rad/s, ==ω22·LO2A=6.7020642132×0.09 m/s2=4.042589824m/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 ⊥O4B A→O2 ⊥O4B ∥O4B
取5构件为研究对象,列加速度矢量方程,得
ac5= aB5+ ac5B5n+ a c5B5τ
大小 ? w42Lbo4 w52 Lbc ?
方向 ∥XX ∥a4 c→b ⊥BC
取加速度极点为P',加速度比例尺µa=0.01(m/s2)/mm,
作加速度多边形如图1-3所示.
则由图1-3知, ω4=υA4/ lO4A=1.348969135rad/s
υC5B5=·μv=4.14373305×0.01s=0.0414373305m/s
w5 =ωCB=υC5B5/lCB=0.238145574 rad/s
aA4= aA3 =p´a4′·μa=93.85239724×0.01m/s=0.9385239724m/s2,
α4'= aA4 / LO4A=2.144811952 rad/s2
用加速度影象法求得aB5 = aB4 =0.9385239724×290/218.79300965m/s2 =1.243970054 m/s2
所以ac=0.01×(p’c’)=0.6588927108m/s2
总结4点的速度和加速度值以速度比例尺µ=(0.01m/s)/mm和加速度比例尺µa=(0.01m/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
2)导杆机构机构运态静力分析
已知 各构件的重量G(曲柄2、滑块3和连杆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。
动态静力分析过程:
取“2”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─5所示,
选取长度比例尺µl=0.001m/mm,选取力比例尺µP=10N/mm
图1—5
已知P=9000N,G6=800N,又ac=4.099471642m/s2,那么我们可以计算
FI6=-m6×ac =- G6/g×ac =-800/10×4.099471642=-327.95773136N
又ΣF = P + G6 + FI6 + F45 + FRI6 =0
方向: ∥x轴 ∥y轴 与ac反向 ∥BC ∥y轴
大小: 9000 800 -m6a6 ? ?
作力多边行如图1-7所示,选取力比例尺µP=10N/mm。
图1-6
由图1-6力多边形可得:
F R45=CD·µN=933.23700796×10=9331.2818369N
FR16= AD·µN=108.69422679×10N=1049.0487523N
取构件6为受力平衡体,并对C点取距,有
ΣMC=-P·yP-FI6·yS6-G6XS6+ FR16·x =0 代入数据得x=0.794524363378m
分离3,4构件进行运动静力分析,杆组力体图如图1-7所示。
图1-7
已知:F R54=-F R45=9331.2818369N,G4=220N
aS4=aA4·lO4S4/lO4A=2.778399138×290/383.42033151=2.10144242181m/s2
αS4=α4=7.2252441965 rad/s2
可得构件4上的惯性力FI4=-G4/g×aS4=-220/10×2.10144242181=-46.2317332798N
方向与aS4运动方向相反
惯性力偶矩MS4=-JS4·αS4=-1.2×7.2252441965 = -8.6702930358N·m
方向与α4运动方向相反(逆时针)
将FI4和MS4将合并成一个总惯性力F´S4(=FI4)偏离质心S4的距离为hS4= MS4/ FI4,
其对S4之矩的方向与α4的方向相反(逆时针)
取构件4为受力平衡体,对A点取矩得:
在图上量取所需要的长度lAB=196.56771918 lS4A=93.42630616 lO4A=383.42033151
ΣMA=FR54cos15。lABµl+MS4+ FI4cos4。lS4Aµl+G4sin13。lS4Aµl+FRO4τlO4Aµl=0
=1771.728956-8.6702930358-4.308738566+4.623596136+0.38342033151FRO4τ=0
代入数据, 得FRO4τ =-4599.06107115 N 方向垂直O4B向右
ΣF = FR54 + FR34 + F´S4 + G4 + FRO4τ + FRO4n=0
方向: ∥BC ⊥O4B 与aS4同向 ∥y轴 ⊥O4B(向右)∥O4B
大小: √ ? √ √ √ ?
作力的多边形如图1-8所示,选取力比例尺µP=10N/mm。
图1-8
由图1-8得:FR34=EA·µN=451.60861239×10N=4516.0861239N
FRO4n =FA·µN=218.1077709×10N=2181.077709N
对曲柄2进行运动静力分析,作组力体图如图1-9示,
图1-9
因为曲柄2滑块3的重量可忽略不计,有F R34 = F R23= FR23
由图1-9知,曲柄2为受力平衡体,对O2点取矩得:
:F R12= FR32
ΣMO2= Mb-FR32 sin28。l O2 Aµl=0即M=192.7170207 N·M