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机械毕业设计论文
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机械毕业设计1155牛头刨床毕业设计全套,机械毕业设计论文
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*学院 机械原理课程设计 课程名称 机械原理课程设计 题目名称 牛头刨床 学生学院 * 专业班级 机械设计制造及其自动化*班 学 号 * 学生姓名 * 指导教师 * 日 期 2010-7-15 nts 目录 机械原理课程设计 _ 0 一、机械原理课程设计题目及要求 _ 1 1.工作原理 _ 1 2.设计要求 _ 1 3.设计数据（第一组数据） _ 2 4.设计内容及工作量 _ 2 二、连杆机构对比 _ 3 第一个方案 _ 3 第二个方案 _ 3 第三个方案 _ 4 三、机构运动尺寸 _ 4 四、导杆机构的运动分析 _ 5 1.图解法 _ 5 1）速度分析 _ 5 2）加速度分析 _ 7 2.解析法 _ 9 五、导杆机构的动态静力分析 _ 11 1.图解法 _ 11 2.解析法 _ 14 六、凸轮机构设计 _ 19 1)确定凸轮机构的基本尺寸 _ 19 2)凸轮廓线的绘制 _ 24 七、小结 _ 25 参考文献 _ 26 nts 1 一、机械原理课程设计 题目 及要求 1.工作原理 牛头刨床是一种靠刀具的往复直线运动及工 作台的间歇运动来完成工件的平面切削加工的机床。图 1 为其参考示意图。电动机经过减速传动装置（皮带和齿轮传动）带动执行机构（导杆机构和凸轮机构）完成刨刀的往复运动和间歇移动。刨床工作时，刨头 6 由曲柄 2带动右行，刨刀进行切削，称为工作行程。在切削行程 H 中，前后各有一段 0.05H 的空刀距离，工作阻力 F 为常数；刨刀左行时，即为空回行程，此行程无工作阻力。在刨刀空回行程时，凸轮 8 通过四杆机构带动棘轮机构，棘轮机构带动螺旋机构使工作台连同工件在垂直纸面方向上做一次进给运动，以便刨刀继续切削。 2.设计要求 nts 2 电动机轴 与曲柄轴 2 平行，刨刀刀刃 E 点与铰链点 C 的垂直距离为 50mm，使用寿命 10年，每日一班制工作，载荷有轻微冲击。允许曲柄 2 转速偏差为 5。要求导杆机构的最大压力角应为最小值；凸轮机构的最大压力角应在许用值 之内，摆动从动件 9 的升、回程运动规律均为等加速等减速运动。执行构件的传动效率按 0.95 计算，系统有过载保护。按小批量生产规模设计。 3.设计数据 （第一组数据） 导杆 机构 运动 分析 转速 n2(r/min) 48 机架 lO2O4(mm) 380 工作行程 H(mm) 310 行程速比系数 K 1.46 连杆与导杆之比 0.25 导杆 机构 动态 静力 分析 工作阻力 Fmax(N) 4500 导杆质量 m4 (kg) 20 滑块 6质量 m6 (kg) 70 导杆 4质心转动惯量 Js4 (kg m2) 1.1 凸轮 机构 设计 从动件最大摆角 max 15 从动件杆长 lO9D(mm) 125 许用压力角 40 推程运动角 075 远休止角 s10 回程运动角 075 4.设计内容及工作量 1. 根据牛头刨床的工作原理，拟定 2 3 个其他形式的执行机构（连杆机构），并对这些机构进行分析对比。 2. 根据给定的数据确定机构的运动尺寸。要求用图解法设计，并将设计结果和步骤写在设计说明书中。 3. 导杆机构的运动分析。将导杆机构放在直角坐标系下，建立参数化的数学模型 ，编程 分析出刨头 6的位移、速度、加速度及导杆 4 的角速度和nts 3 角加速度 ，画出 运动曲线，并打印上述各曲线图。要求将 主程序编制 过程详细地写在说 明书中。 4. 导杆机构的动态静力分析。通过 建立机 构仿真模型，并给系统加力， 编制程序 ，打印外加力的曲线，并求出最大平衡力矩和功率。 5. 凸轮机构设计。根据所给定的已知参数，确定凸轮的基本尺寸（基圆半径 ro、机架 lo2o9和滚子半径 rr），并将运算结果写在说明书中。将凸轮机构放在直角坐标系下， 编制程序，求 出凸轮机构的实际廓线，打印出从动件运动规律和凸轮机构仿真模型。 6. 编写设计说明书一份。应包括设计任务、设计参数、设计计算过程等。 二、 连杆 机构 对比 第一个 方案 因为其自由度 F=3*5-2*7=1， 机构具有确定的运动 。此方案以滑块机构 替代转动机构，增加了摩擦，以曲柄机构带动的刨刀需加一个较大的力， 动力性能较差 。 第二个 方案 nts 4 因为其自由度 F=3*5-2*7=1, 机构具有确定的运动 。 其 冲击 振 动较大 ， 零件易磨损，维护较难， 对 设备要求 较高， 导致 成本 增加 。 第三个 方案 因为其自由度 F=3*5-2*7=1, 机构具有确定的运动 。与原方案相比，结构 同样简单，但由于此方案中刨头会受到曲柄转动时向上的力，不利于力的传动。 。 三、 机构 运动 尺寸 1.导杆机构尺寸 根据 原始数据， 行程速比系数 K=1.46， 则原动件杆 4 的极位夹角 66.331118 0 kk曲柄 2 mmllOOAO 02.1 102s in422 导杆 4 mmHl BO 34.53583.16s in2 3102s in24 连杆 5 mmllBOBC 84.1 3 325.04 2.机构简图 最终算出各尺寸， 运用 AutoCAD 画出机构简图 nts 5 U ( m m / m m )四、 导杆机构的运动分析 1.图解法 1）速度分析 U ( m m / m m )U v nts 6 红色实线表示机构的左右极限位置，黑实线为一般位置 ， )/(10 mmmml。 速度分析从 A点开始，取重合点432 A， AA进行求解。已知2A点的速度 ： smlnlvv AOAOAA /55.0602 222223 其方向垂直于 AO2,指向与2w的转向一致。 由运动合成原理可知，重合点32 AA及有 3434 AAAA vvv 方向： AO4 AO2 AO4 大小： ? ? 取极点 p，按比例尺 mmsmv /)/(05.0作速度图（与机构简图绘在同一图样上），如图所示： a 3a 4pcbU v ( m / s ) / m m求出构件 4（ 3）的角速度 1w 和构件 4 上 B 点的速度 Bv 以及构件 4 与构件 3 上重合点 A 的相对速度A4A3v。因为 nts 7 smsmpav v /50.0/9 3 8.905.0_ 4A4 导杆 4角速度 )(/05.1/4 7 6 4 6.050.0434 44 顺时针且 wwsr a dsr a dlvwAOA smsmlwv BO /57.0/5 3 5 3 4.005.144B 所以 smsmaavv /24.0/7 1 5 5.405.0_34A 4 A 3 对构件 5上 B、 C点，列同一构件两点间的速度矢量方程： CBBC vvv 方向： 水平轴/ BC 大小： ? ? smsmpcv v /569.0/3 8 9 4.1105.0_ _ _C （ 滑块 6的 速度） sr a dsr a dlvwBCCB /53.0/1 3 3 8 4.0 417.105.05 滑块 6位移 mmmmCCl 26.888 2 6.810S 6 2）加速度分析 由运动已知的曲柄上 A(432 A， AA)点开始，列两构件重合点间加速度矢量方程，求构件 4上 A点的加速度 4Aa 。因为 2222232 /78.2 smlwaaa AOnAAA 2224244 /53.0/4 7 6 4 6.005.1 smsmlwa AOnA 2234334 /5 0 4.0/24.005.122 smsmvwa AAk AA 22225 /0 3 8.0/1 3 3 8 4.053.0 smsmlwa CBnCB 所以 r AAk AAAtAnAA aaaaaa 34343444 大小： ? ? nts 8 方向： A4OA4OA2O)(O4 向左下A/ A4O取极点 p ，按比例尺 mmsma /)/(05.0 2作加速度图（与机构简 图和速度分析矢量图绘在同一图样上），如图所示： pn 4a 4 cka 3S 4a 4t bn 5a 4U a ( m / s 2 ) / m m用影像原理求得构件 4 上 B 点和质心 4S 点的加速度 Ba 和4Sa，用构件 4上 A点的切向加速度 tAa4 求构件 4的角加速度 4 。因为 22_ _ _ _ _ _ 4A4 /87.0/3 6 5 4.1705.0 smsmapa a _4_44apbpllAOBO 22_ _ _ _ _ _ B /9 7 5 5.0/51.1905.0 smsmbpa a 2S4 /4 8 7 7 5.05.0 smaa B 所以 nts 9 构件 4的角加速度 )(/44.1/47646.07549.1305.0 22444 顺时针sr a dsr a dlaAOtA tCBnCBBC aaaa 大小： ？ ？ 方向： /水平轴 C B BC 刨头 6的加速度 22_ C /85.0/0 3 0 8.1705.0 smsmcpa a 225 /688.3/13384.0 8721.905.0 sr adsr adlaBCtCB 2.解析法 通过 Solidworks 及 Cosmosmotion 建立机构仿真模型 , 可得出 nts 10 刨头 6 的位移 曲线图 刨头 6 的速度 曲线图 刨头 6 的加速度 曲线图 nts 11 五、 导杆机构的动态静力分析 1.图解法 首先依据运动分析结果，计算构件 4 的惯性力 14F （与4Sa反向）、构件 4 的惯性力矩 14M （与4S反向，逆时针）、构件 4 的惯性力平移距离4hl（方位：向上）、构件 6 的惯性力16F（与Ca反向）。 NNamFmmmFMlmNmNJMNNamChSS5.5985.07038.162755.9584.1584.11.144.1755.948775.020F61614144441444141、取构件 5、 6 基本杆组为示力体 因构件 5为二力杆，只对构件 6作受力分析即可，首先列力平衡方程： 455456650F RRRR FFFF 0F 5661616 RrR FGFF 大小： ？ ？ 方向： 水平轴 /水平轴 /水平轴 水平轴 /BC 按比例尺 mmN /100F 作力多边形，如图，求出运动副反力16RF和56RF。 NNF R 25.4 3 73 7 2 5.41 0 016 nts 12 NNF R 15.4 5 4 54 5 1 5.4510056 C6F rG 6G 6F rF R 5 6S 6F R 1 6 F 16 FR 1 6C6F rG 6G 6F rS 6F R 1 6 F 165BF R 4 5U f =100(N/mm)F rF R 1 6F 16G 6F R 6 5F R 5 6F R 5 4G 4F 14F R 4 5F R 3 4F R 1 4U f =100(N/mm)2、取构件 3、 4 基本杆组为示力体 首先取构件 4，对 4O 点列力矩平衡方程（反力54RF的大小和方向为已知），求出反力34RF： 43344554 RRRR FFFF 00M 43444214154O1 AORhhhR lFlGlFlF NNF R 93.507146.476 38.162196398.374755.9876.52315.454534 nts 13 F R 5 4BO 4G 4F R 3 4F 14L h4A43M 14F R 3 4U f =100(N/mm)再对构件 4 列力平衡方程，按比例尺 mmN /100F 作力多边形，如图。求出机架对构件 4 的反力 14RF ： 0F 0F 143414454 RRR FFFG 大小： ？ 方向： /BC 水平轴 AO4 ？ NR 35.470F 14 3、取构件 2 为示力体 F R 3 2F R 1 2AO 2M bL hU f =100(N/mm)nts 14 23324334 RRRR FFFF NFFF RRR 93.507100F 121232 00M 32O2 bhR MlF mNM b 71.4 8 60 9 5 9 6 1.093.5 0 7 1 2.解析法 1） 通过 SolidWorks 以 及 COSMOSMotion 建立机构仿真模型，得出 X 方向上的切削力随时间的变化曲线 曲 柄与机架的约束铰链外的反作用力的 X、 Y 方向的分量以及合力幅值 nts 15 曲柄与机架的约束铰链外的反作用力矩的幅值 nts 16 2） Excel 解析法 O 4 4S 4XYG6543 2O 21W 2AB 5CL o 4 o 2L 2L 4L 5S 6H 0U (mm/mm)根据公式推导： 344545466444444442444524455525262655254444244252544455665444555446244024405404202342343440420242422224344434240222243444342420422234343442224144422242342222424/)c o s ()s i n ()(c o s5.05.0s i nc o ss i nc o s/)c o s/()s i nc o ss i n(/s i ns i n/)c o s/(c o s/c o sc o s)s i n(/)s i n(2ar c t anc o ss i n/)/s i nc o s(/c o ss i n2c o ss i nc o s2s i n)s i n (/)c o s (/)c o s/ ( s i n)c o ss i n()c o s/()s i n(2ar c t anSlamFgmlamlaJlMlwllwldtSdalwllwldtdwlwldtdSVlwldtdwllSlHllHAOdtSdaSAOdtdwlVwSwAwlVwSwOwldtdSVSwldtdwlllSlllBOrBOBOSAOBBOBOBCBCBCBCBOBOBOBCBCBOBCBOBOBCBOAOAOAOAOAOAOOOAOAOOOnts 17 通过 Excel可得出角速度，角加速度，速度，加速度，位移，最大平衡力矩曲线 ，依次如下 nts 18 nts 19 六、 凸轮机构设计 1)确定凸轮机构的基本尺寸 选推杆的运动规律为二次多项式运动规律，即等加速等减速运动规律。其运动规律表 达式为： 等加速段： 22m a x 02/ ( 00 / 2 ) 等减速段： 22m a x m a x 0 02 ( ) / ( 00/2 ) 由以上两个表达式求得： nts 20 m ax204dd (00 / 2 ) m a x 0204 ()dd (00/2 ) 最大摆角时有： 505.37751541254 02020m a x LddL 如所示为摆杆盘形凸轮机构同向转动的尖底摆杆盘形凸轮机构，当推程尖底与凸轮轮廓上任一点 1B 接触时，摆杆摆角为 0, 为摆杆的初始摆角， P 点为摆杆和凸轮的相对瞬心，此时机构的压力角 和传动角 如图所示。 由于摆杆和凸轮在瞬心点 P的速度相等得： (a+OP) ddt =OPddt ， (1) 则 OP/(OP+a)= dd 。 (2) 将 (1)式分子分母同乘 d 整理得： OP(1-dd )=add (3) 由式 (3)求出 OP 代入式 (1)右边得： nts 21 a+OP=A/(1-dd ) (4) 在三角形 A 1B P 中由正统定理有： 00 0s i n ( 9 0 ) s i n ( 9 0 )a O P L (5) 将式 (4)代入式 (5)中得： 0(1 / )c o s c o s ( )a L d d (6) 用 090代入式 (6)中得： 0(1 / )s i n s i n ( )a L d d (7) 过点 O 作 O 1C /P 1B ，则 1OAC 1PAB ，再由式 (2) 得11 O P dB C L La O P d ，等式 (7)正是 1OAC 的正弦定理。将等式 (6)中的0c o s ( )a 展开得： tana = 0 0( 1 )c o t ( ) s i n ( )dLda (8) 由等式 (8)求得 0(1 ) c o s c o s ( )dLada (9) 将 0 9 0 代入式 (9)得 : 0( 1 )s i n ( ) s i n ( )dLa d (10) 如果在图中所示位置的接触点 1B 处的压力角正好满足 a ，比较式 (10)和式 (7)可知，直线 1OC 便是在此位置时满足式 (10)以等到式成立的边界。可以证明直线 1OC 左边的阴影所示区域为保证摆杆运动规律和摆杆长度不变的 a 和00( , )ar 的解域。在推程的各个位置都有这样的解域，这些解域的交集便是推程nts 22 时 a 和 00( , )ar 的解域。 Lddnts 23 回程时， dsd 0，压力角 a0，传力条件变成 -tana tan a ，由此可导出满足传力条件性能的条件： 0(1 ) c o s ( c o s ( )dsLada (11) 将 0 9 0 代入式 (11)得： 0( 1 )s i n ( ) c o s ( )dsLa d (12) 同理出可以求出回程时的 a 和 00( , )ar 的解域，推程和回程的解域的交集便是该凸轮机构保证传力性能好的 a 和 00( , )ar 的解域，如图所示的是一个用作图法求出的同向型凸轮机构的 a和 00( , )ar 的解域。由图可知， ( / )L d d 的线图是在摆杆的各个以 A 为圆心的以 L= 1AB 为半径的 圆弧线上取点如图中 1B ，推程时沿着此位置时的摆杆直线 1AB 内侧量取线段 11 ( / )B C L d d ，得 1C ，过 1C 作1C 1C 直线使之与直线 1AB 倾斜 角；同理，回程时也可沿着摆杆直线 1AB 外侧量取回程时的线段 11 ( / )B C L d d ，得 1C ，作 1C 1C 直线使之与直线 1AB 反向倾nts 24 斜 角。一般地 ,阴影区由多个位置时的边界线围成，显然，选取的 1B 点数多，a 和 00( , )ar 的解域就精确。这要，凸轮的转动中心 O 可以在阴影区域内选择，连接 OA 便得到待求的基本尺寸 a=OA， 00r OB 。 如图所示求得的机架长度 a=145mm, 0r 54mm。 选取凸轮机构为滚子从动件凸轮机构。滚子半径 r =(0.1 0.5) 0r ，取r =5.4mm。 2)凸轮廓线的绘制 选定角度比例尺，摆杆的角位移曲线，如图所示，将其中的推程和回程角位移曲线横坐标分成若干等分。 选定长度比例尺，作以 O为圆心以 OB=0r 为半径的基圆；以 O 为圆心，以OA=a 为半径作反转后机架上摆杆转动中心的圆。 自 A 点开始沿 - 方向把机架圆分成与图中横坐标相应的区间和等分，得点 1 2 3, , .A A A
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