牛头刨床课程设计.doc

目录
工作原理 3
一.设计任务 4
二.设计数据 4
三.设计要求 5
1、运动方案设计 5
2、确定执行机构运动尺寸 5
3、进行导杆机构运动分析 5
4、对导杆机构进行动态静力分析 5
四.设计方案选定 6
五.机构运动分析 6
2.加速度分析 8
2.加速度分析 9
七.数据总汇并绘图 16
九.参考文献 20

工作原理
牛头刨床是一种用于平面切削加工机床，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，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导杆机构。刨刀每切削完一次，利用空回行程时间，
凸轮8通过四杆机构1－9－10－11及棘轮带动螺旋机构（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，受到很大切削阻力（在切削
前后各有一段0.05H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，这就影响了主轴匀速转动，故需安装飞轮来减小主
轴速度波动，以提高切削质量和减少电动机容量。

(a) (b)

图d

一.设计任务
1、运动方案设计。
2、确定执行机构运动尺寸。
3、进行导杆机构运动分析。
4、对导杆机构进行动态静力分析。
5、汇总数据画出刨头位移、速度、加速度线图以及平衡力矩变化曲线。
二.设计数据
本组选择第六组数据
表1
方案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
导杆机构运动分析
转速n2（r/min）
48
49
50
52
50
48
47
55
60
机架lO2O4(mm)
380
350
430
360
370
400
390
410
380
工作行程H(mm)
310
300
400
330
380
250
390
310
310
行程速比系数K
1.46
1.40
1.40
1.44
1.53
1.34
1.50
1.37
1.46
连杆及导杆之比
lBC/ lO4B
0.25
0.3
0.36
0.33
0.3
0.32
0.33
0.25
0.28

表2
方案
导杆机构动态静力分析
lO4S4
xS6
yS6
G4
G6
P
yp
JS4
mm
N
mm
kg.m2
1，2，3
0.5lO4B
240
50
200
700
7000
80
1.1
4，5，6
0.5lO4B
200
50
220
800
9000
80
1.2
7，8，9
0.5lO4B
180
40
220
620
8000
100
1.2
方案
飞轮转动惯量确定
δ
nO’
z1
zO"
z1’
JO2
JO1
JO"
JO’

r/min

Kg.m2
1-5
0.15
1440
10
20
40
0.5
0.3
0.2
0.2
6-10
0.15
1440
13
16
40
0.5
0.4
0.25
0.2
11-15
0.16
1440
15
19
50
0.5
0.3
0.2
0.2

三.设计要求
1、运动方案设计
根据牛头刨床工作原理，拟定1～2个其他形式执行机构（连杆机构），给出机构简图并简单介绍其传动特点。
2、确定执行机构运动尺寸
根据表一对应组数据，用图解法设计连杆机构尺寸，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所作圆弧高平分线上(见图d)。
3、进行导杆机构运动分析
根据表一对应组数据，每人做曲柄对应1到2个位置（如图2中1，2，3，……，12各对应位置）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
根据表二对应组数据，每人确定机构对应位置各运动副反力及应加于曲柄上平衡力矩。作图部分及尺寸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位移、速度、加速度线图以及平衡力矩变化曲线。6、完成说明书
每人编写设计说明书一份。写明组号，对应曲柄角度位置。

四.设计方案选定
如图2所示，牛头刨床主传动机构采用导杆机构、连杆滑块机构组成5杆机构。采用导杆机构，滑块及导杆之间传动角r始终为90o，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。适当确定刨头导路位置，可以使 图2
压力角尽量小。
五.机构运动分析

选择第三组数据求得机构尺寸如下
θ=180°(k-1/k+1)=30°
lO2A= lO4O2sin(θ/2)=111.3mm
lO4B=0.5H/sinθ/2) =773.0mm
lBC=0.36lO4B=278.28mm
lO4S4 =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位置时机构简图如左图所示由图量得此位置位移S=86.9mm，Lo4A=514.7mm。设力、加速度、速度方向向右为正。

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处转动副相连，故υA3=υA2，其大小等于ω2 lO2A，方向垂直于O2 A线，指向及ω2一致。
ω2=2πn2/60 rad/s=5.23（rad/s）
υA3=υA2=ω2·lO2A=0.582m/s
取构件3和4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=0.005(m/s)/mm ,作速度多边形如图1-2

图1—2
则由图1-2知：υA3= lpA3·μv=0.582 m/s υA4A3= la3a4·μv =0.198m/s
ω4=υA4A3/lO4A=0.976(rad/s) υB=ω4.lO4B=0.754(m/s)
取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得

Vc = VB+ VcB
大小 ? √ ?
方向 ∥XX ⊥O4B ⊥BC
作速度多边行如图1-2，则由图1-2知
υC= lpc·μv=0.728m/s ω5=υCB/ lBC=0.701rad/s
2.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点处转动副相连，
其大小等于ω22 lO2A方向由A指向O2。
aA4A3K =2ω4υA4 A3=0.386 (m/s2) aA3 =ω22·lO2A=3.04m/s2
aA3 =ω42·lO4A=0.303(m/s2)
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 √ ？ √ √ ?
方向 A→O4 ⊥O4 AA→O2 ⊥O4A ∥O4A
取加速度极点为P’,加速度比例尺 µa=0.005(（m/s2）/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：？ √ √ ?
方向：//xx √ C→B ⊥BC

a C=uap’c’= 0.646(m/s2)
图１—3

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）
曲柄在9位置时机构简图如左图所示由图量得此位置位移S=375.38mm，Lo4A=358.61mm。设力、加速度、速度方向向右为正。

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处转动副相连，故υA3=υA2，其大小等于ω2 lO2A，方向垂直于O2 A线，指向及ω2一致。
ω2=2πn2/60 rad/s=5.23（rad/s）
υA3=υA2=ω2·lO2A=0.582m/s
取构件3和4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=0.005(m/s)/mm ,作速度多边形如图1-4

图1—4
则由图1-4知：υA3= lpA3·μv=0.582 m/s υA4A3= la3a4·μv =0.51m/s
ω4=υA4A3/lO4A=0.80(rad/s) υB=ω4.lO4B=0.62(m/s)
取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得
Vc = VB+ VcB
大小 ? √ ?
方向 ∥XX ⊥O4B ⊥BC
作速度多边行如图1-2，则由图1-2知
υC= lpc·μv=0.5978m/s ω5=υCB/ lBC=0.59rad/s
2.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点处转动副相连，
其大小等于ω22 lO2A方向由A指向O2。
aA4A3K =2ω4υA4 A3=0.816 (m/s2) aA3 =ω22·lO2A=3.04m/s2
aA4n =ω42·lO4A=0.23(m/s2)
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 √ ？ √ √ ?
方向 A→O4 ⊥O4 AA→O2 ⊥O4A ∥O4A
取加速度极点为P’,加速度比例尺 µa=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/s2
aB=uapb’=2.73m/s2
a S4=0.5aB=1.36m/s2
a4=atA4/lo4A=3.45m/s2
a C=a B + a CB + atCB
大小：？ √ √ ?
方向：//xx √ C→B ⊥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惯性力FI4（及aS4反向）、构件4惯性力矩MI4（及a4反向，逆时针）、构件4惯性力平移距离lhd（方位：右上）、构件6惯性力矩FI6（及aC反向）。
F14=m4aS4=G4/g.aS4=200/10×0.362=7.24(N)
M14=a4JS4=0.727×1.1N·m=0.7997(N/m)
Lh4===0.7997/7.24=110.45(mm)
FI6=m6aS6=G6/g.aS6=70×0.646=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=—FR56 FR54=—FR45
FR16 + Fr + F16 + G6 + FR56=0
大小 ？ √ √ √ ？
方向 ⊥xx ∥ xx ∥ xx ⊥x ∥ BC
按比例尺μF=10N/mm作力多边形，如图所示，求出运动副反力FR16和FR56。

俩图均为杆件 5，6 受力分析。 按比例尺10N/mm作里多边形

FR16=10×87.9=879(N)
FR56=10×349.54=3495.4(N)

对C点列力矩平衡方程：
FR16lx + F16yS6 = FryF + +G6xS6
Lx=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O4点列力矩平衡方程（反力FR54大小和方向为已知），求出反力FR34：
FR54=—FR45 FR34=—FR43
构件4受力分析
FR54×lh1+FI4×lh2+G4×lh3﹣FR34lO4A=0
Fr34=5156.51(N)

再对构件4列力平衡方程，按比例尺μF=10N/mm作力多边形如图所示。求出机架对构件4反力FR14

ΣF=0 FR54 + G4 + FI4 + FR34 + FR14=0

大小 √ √ √ √ ?
方向 ∥BC ⊥xx √ ⊥O4A ?

？

FR14=10X198.4=1984(N)

3.取构件2为示力体
FR34=—FR43 FR32=—FR23
FR23+FR12=0 FR12=5156.51(N) Σ=0F
FR32×lh －Mb = 0
Mb=500.00(N.m)

二、计算构件4惯性力FI4（及aS4反向）、构件4惯性力矩MI4（及a4反向，逆时针）、构件4惯性力平移距离lhd（方位：右上）、构件6惯性力矩FI6（及aC反向）。
F14=m4aS4=27.2(N)
M14=a4JS4=3.46×1.1N·m=3.806(N/m)
Lh4=M14/F14=139.926(mm)
FI6=m6aS6=190.4(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：

构件5.6受力简图
由于FR65=—FR56 FR54=—FR45 Σ=oF
FR16 + Fr + F16 + G6 + FR56=0
大小 ？ √ √ √ ？
方向 ⊥xx ∥xx ∥xx ⊥xx ∥BC
因此可以做出里多边形：按比例尺μF=10N/mm作力多边形，如图所示，求出运动副反力FR16和FR56。

FR16=10× 71.02=710.2 (N)
FR56=10× 19.43=194.3(N)
对C点列力矩平衡方程：
Σ=0Mc
FR16lx + FI6yS6 = G6xS6
LX= 223.14(mm)

首先取构件4，对O4点列力矩平衡方程（反力FR54大小和方向为已知），求出反力FR34：
FR54=—FR45 FR34=—FR43
Σ=04OM FR54×lh1+FI4×lh2+G4×lh3﹣FR34lO4A=0
FR34=284.56(N)

再对构件4列力平衡方程，按比例尺μF=10N/mm作力多边形如图所示。求出机架对构件4反力FR14：
Σ=0F FR54 + G4 + FI4+ FR34+ FR14=0
大小 √ √ √ √ ？
方向 ∥BC ⊥xx √ ⊥O4A ？

FR14=10×61.7=617(N)
3.取构件2为示力体（如图所示）

FR34=—FR43 FR32=—FR23
FR23+FR12=0 FR12=284.56(N) Σ=0F
FR32×lh －Mb = 0
Mb=20.86(N.m)

七.数据总汇并绘图
统计12人数据得到如下表
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
νc(m/s)
0
0.43
0.728
0.60
0.807
0.7
0.44
-0.15
-0.60
-1.24
-1.29
-0.638
ac(m/s2)
5.4
3.26
0.646
0.55
-1.35
-3.66
-5.24
-5.15
-2.72
-1.76
4
4.941
s(mm)
0
23.5
86.9
167
241.3
317.9
378.1
400
357.4
267
131.2
62
Mr(N·m)
0
69
500
562.2
564.5
504.37
256.5
12.6
20.86
32.2
-67.3
-26.03

根据以上数据用软件绘图得如下：

速度——位置变化曲线

加速度——位置变化曲线

位移——位置变化曲线

平衡力矩——位置变化曲线

八、飞轮设计
1.确定△Wmax
1>将各点平衡力矩画在坐标纸上，如下图。平衡力矩所做功可以通过数据曲线及横坐标之间所夹得面积之和求。依据在一个周期内及360°内，曲柄驱动力矩所做功等于阻力力矩所做功，即可求驱动力矩Md。在下图中，横坐标为曲柄转角，一个周期2π，将一个周期变成180份，纵坐标轴为力矩：
Md=ΣSi/2π=【(x1+ x2)/2+ (x2+x3)/2…………】2°π/180°/2π=199.7 N.m

2>根据盈亏功原理，求得各盈亏功值，并做能量指示图，以曲柄平均驱动力矩为分界线，求出各区段盈亏功值

△W1=104.72 N.m
△W2=733.03 N.m
△W3=471.23 N.m

曲柄平均驱动力矩Md= 199.7 N.m
曲柄最大驱动力矩Md=570 N.m
△Wmax=733.03N.m
求集中在A点等效转动惯量
由公式：
可知等效转动惯量：
题目给出：
又由定轴轮系传动比：
可得：
由最大盈亏功可以求得飞轮转动惯量
JF>=[900△Wmax]/(π2n2[﹠])— JC=167.93(N.m2)
因此可以设计出所需要求飞轮。
九.参考文献
1.《机械原理》（第七版） 吴克坚 等 主编 高等教育出版社
2.《机械原理课程设计》曲继方主编，机械工业出版社

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