机械原理课程设计
说 明 书
设计题目：牛头刨床导杆机构设计
学 院：机电工程学院
专 业：机械设计制造及自动化
班 级：12级机制四班
学 号：120514703
设 计 者：王旭飞
指导教师：王洪波
论文提交日期：二○一四年七月
课程设计说明书—牛 头 刨 床
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。刨刀每次削完一次，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，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，故需安装飞轮来减少主轴的速度波动，以提高切削质量和减少电动机容量。
图1-1
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所作圆弧高的平分线上。
要求 作机构的运动简图，并作机构两个位置的速度、加速度多边形以及刨头的运动线图。以上内容与后面动态静力分析一起画在1号图纸上。
1.1设计数据
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。
图1-2
2、选择表Ⅰ中方案Ⅱ
取第方案的第7位置和第12位置（如下图1-3）。
word/media/image4_1.png图1-3
2、曲柄位置“7’”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“7’”进行速度分析，其分析过程同曲柄位置“1”。
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1-4。
图１—4
则由图1-4知，，υA4=pa4·μv=28.34×0.01 =0.28m/s
υA4A3=a3a4·μv=53.25×0.01=0.53m/s
O4A=383.14 mm
由速度影像定理得υB5=υB4=υA4·O4B/ O4A=0.42m/s
又 ω4=υA4/ lO4A=0.74rad/s
取5构件为研究对象，列速度矢量方程，得
υC5=υB5+υC5B5
大小 ? √ ?
方向 ∥XX ⊥O4B ⊥BC
其速度多边形如图1-4所示，有
υC5=·μv=42.07×0.01m/s =0.42m/s
υC5B5=·μv=9.74×0.01 m/s = 0.097m/s
ωCB=υC5B5／lCB=0.097/0.17 rad/s = 0.56rad/s
取曲柄位置“7’”进行加速度分析,分析过程同曲柄位置“1”.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 A3n + a A4A3k + a A4A3r
大小 ? 0 ? √ 0 ?
方向 ? B→A ⊥O4B A→O2 ⊥O4B（向右） ∥O4B（沿导路）
取加速度极点为P＇,加速度比例尺μa=0.01（m/s2）/mm,作加速度多边形图1-5
图1-5
则由图1─5知，
a A4t= a4´a4″·μa =277.77×0.01 m/s2 =2.78m/s2
= k´a4´·μa=168.96×0.01 m/s2 =1.69m/s2
α4″= a A4t∕lO4A =2.78∕0.38rad／s2 =7.25 rad／s2
a A4 = p´a4´·μa = 278.56×0.01m/s2 =2.79m/s2
用加速度影象法求得
a B5 = a B4 = a A4 ×lO4B/lO4A= 2.79×580/383.14m/s2 =4.22m/s2
又 a C5B5n =ω52·lCB= 0.562×0.17m/s2 =0.055 m/s2
取5构件的研究对象，列加速度矢量方程，得
aC5= aB5+ aC5B5n+ aC5B5τ
大小 ? √ 0 ?
方向 ∥xx √ C→B ⊥BC
其加速度多边形如图1─5所示，有
aC5B5t= C5´C5″·μa =64.41×0.01 m/s2 =0.64m/s2
α5″=/lCB =0.64/0.174 rad／s2 =3.70rad／s2
aC5 = p´C5´·μa = 413.17×0.01m/s2 =4.13m/s2
1、曲柄位置“12”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“12”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W2lO2A，方向垂直于O2 A线，指向与ω2一致。
ω2=2πn2/60 rad/s=6.70rad/s
υA3=υA2=ω2·lO2A=6.70×0.09m/s=0.603m/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µ1=0.01(m/s)/mm ,作速度多边形如图1-2
图1-2
则由图1-2知， υA4=·μ1=32.28×0.01m/s=0.32m/s
υA4A3=·μ1=51.29×0.01m/s=0.51m/s
用速度影响法求得，
υB5=υB4=υA4×O4B/O4A=0.32×580/293.48m/s=0.64m/s
又ω4=υA4/lO4A=0.32/0.29 rad/s=1.1 rad/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μ1=0.01(m/s)/mm, 作速度多边行如图1-2。
则由图1-2知， υC5=·μ1=62.30×0.01m/s=0.62m/s
υC5B5= ·μ1=14.37×0.01m/s=0.14m/s
ωCB=υC5B5/lCB=0.14/0.17 rad/s=0.83 rad/s
2.加速度分析：
取曲柄位置“12”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=6.70rad/s, =
=ω22·LO2A=6.702×0.09 m/s2=4.04m/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 ? √ 2ω4υA4 A3 ?
方向： B→A ⊥O4B A→O2 ⊥O4B（向左） ∥O4B（沿导路）
取加速度极点为P＇,加速度比例尺µ2=0.04（m/s2）/mm,
作加速度多边形如图1-3所示
word/media/image18_1.png
则由图1-3知, aA4τ=A’A4·μ2=112.83×0.04m/s=4.51m/s2,
α4＇= aA4τ/ LO4A=15.38 rad/s2
aA4A3r=A3A4·μ2 =252.54×0.04 m/s2 =10.10 m/s2
aA4 = P´A4·μ2 =458.84×0.04m/s2 =18.35 m/s2
用加速度影象法求得aB5 = aB4 =18.35×580/293.48m/s2 =36.27m/s2
又ac5B5n=ωCB2·lCB=0.832×0.17m∕s2=0.12 m∕s2
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 ? √ √ ?
方向 ∥XX √ C→B ⊥BC
其加速度多边形如图1─3所示,有
aC5B5τ= B´C·μ2 =127.79×0.04 m/s2 =5.11 m/s2
ac5 =p ´C·μ2 =905.90×0.04 m/s2= 36.24m/s2
βC5= a C5B5τ/ιCB =5.11∕0.17 rad/s2=29.38 rad/s2
第七章．机构运态静力分析
取“12”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。
word/media/image19_1.png
图1—6
已知P=0N，G6=800N，又ac=ac5=36.24m/s2,那么我们可以计算
FI6=- G6/g×ac =-800/10×36.24m/s2=2898.87N
又ΣF=P+G6+FI6+F45+FRI6=0，作为多边行如图1-7所示，µN=10N/mm。
word/media/image20_1.png
图1-7
由图1-7力多边形可得：
F45=CD·µN=298.95×10N=2989.47N
FR16= AD·µN=87.04×10N=870.40N
在图1-6中，对c点取距，有
ΣMC=-P·yP-G6XS6+ FR16·x-FI6·yS6=0
代入数据得x=1177.56mm
分离3,4构件进行运动静力分析，杆组力体图如图1-8所示
word/media/image21_1.png
图1-8
µL=4。
已知： F54=-F45=2989.47N，G4=220N
aS4=aA4· lO4S4/lO4A=18.35×290/293.48m/s2=18.14m/s2 ,
βS4=β4=7.45rad/s2
由此可得FI4=-G4/g×aS4 =-220/10×18.14 N=-400N
MS4=-JS4·αS4=-1.2×7.45 N·m= -8.94N·m
在图1-8中，对A点取矩得：
ΣMA=G4×8.5+FI4×72.5+M+F54×144.5-F23×66.5=0
代入数据， 得F23=6088.92N
又 ΣF=FR54+FR32+FS4'+G4+FO4n+FO4τ=0,作力的多边形如图1-9所示，µN=10N/mm。
word/media/image22_1.png
图1-9
由图1-9可得：
F23=CD·µN=608.89×10N=6088.92N
FO4n=CB·µN=281.86×10N=2818.76N
对曲柄2进行运动静力分析，作组力体图如图1-10所示，
µL=1。 由图1-10可知，
h2=85mm,则，对曲柄列平行方程有，
ΣMO2=M-F42·h2=0 即
M-6088.92×85×10-3=0， 即M=517.56N·M 图1-10
第八章 参考文献
1、机械原理/孙恒，陈作模主编——六版——北京2001
2、理论力学Ⅰ/哈尔滨工业大学理论力学研究室编——六版——北京2002.8
3、机械原理课程设计指导书/罗洪田主编——北京1986.10
4、机械原理与课程设计 上册/张策主编——北京2004.9
第九章 总结
通过本次课程设计，对于机械运动学和动力学的分析与设计有了一个较完整的概念，同时，也培养了我表达，归纳总结的能力。
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/77ba9a6af12d2af90242e6ad.html
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