牛头刨床 摘要:机械原理课程设计的主要目的是为学生在完成课堂教学基本内容后提供一个较完整的 从事机械设计初步实践的机会。通过课程设计能够将所学的机械基础理论运用于一个简单的 机械系统,通过机械传动方案总体设计,机构分析和综合,进一步巩固掌握课堂教学知机械 原理课程设计识,并结合实际得到工程设计方面的初步训练,培养学生综合运用技术资料, 提高绘图、运算的能力。同时,注重学生创新意识的开发。 (一)设计的目的 (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。 (二)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 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 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。 1 图 1,为牛头刨床机构简图及阻力曲线 (三)设计数据 导杆机构的运动分析 n2 lo2o4 lo2A lo4B lBC lo4s4 xs6 ys6 G4 r/min Mm Ⅲ 72 430 110 810 0.36 lo4B 0.5 lo4B 180 40 220 导杆机构的动静态分析 G6 P yp N mm 620 8000 100 Js4 kg?m2 1.2 飞轮转动惯量的确定 凸轮机构的设计 ? no’ z1 zo” z1” Jo2 Jo1 Jo” Jo’ ?max lo9D [?] ? ?s ?’ 无 r/min Kg?m2 ? Mm ? 齿 轮 Ⅲ 0.16 1440 15 19 50 0.5 0.3 0.2 0.2 15 130 42 75 10 65 任 务 (四)设计内容 步骤: 1.设计导杆机构。 按已知条件确定导杆机构的未知参数。其中滑块 6 的导路 x-x 的位置可 根据连杆 5 传力给滑块 6 的最有利条件来确定,即 x-x 应位于 B 点所画圆弧高的平分线.作机构运动简图。选取比例尺 ?l 按表 4-2 所分配的两个曲柄位置作出机构的运动简图, 其中一个位置用粗线画出。曲柄位置的做法如图 4-2;取滑块 6 在上极限时所对应的曲柄位 置为起始位置 1,按转向将曲柄圆周十二等分,得十二个曲柄位置,显然位置 8 对应于滑块 6 处于下极限的位置。再作出开始切削和中止切削所对应的 1’和 8’两位置。共计 14 个机构 位置。 2 3.作速度,加速度多边形。选取速度比例尺 ?v =0.0168( m/s mm )和加速度比例尺 ?a =0.0168 m / s2 ( ),用相对 运动图解法作该两个位置的速度多边形和加速度多边形,并将起结果 mm 列入表。 4.作滑块的运动线图。根据机构的各个位置,找出滑块 6 上 C 点的各对应位置,以位置 1 为起 始点,量取滑块的相应位移,取位移比例尺 ?s =0.0109( m mm ),作 sc (t)线图。为了能直接 从机构运动简图上量取滑块位移。然后根据 sc (t)线图用图解微风法(弦线法)作出滑块的速 度 vc (t)线图,并将结果与其相对运动图解法的结果比较 (五)导杆机构的运动分析 1.求原动件上运动副中心速度 A 的和 v A 和加速度 a A v A 2 =ω 1 l O2 A =0.829m/s 式中 v A2 ——B 点速度(m/s) 方向丄 AO 2 a A =ω 1 2 l O2 A =6.247m/s 2 式中 a A ——A 点加速度(m/s 2 ),方向 A →O 2 2.解待求点的速度及其相关构件的角速度 由原动件出发向远离原动件方向依次取各构件为分离体,利用绝对运动与牵连运动和相对 运动关系矢量方程式,作图求解。 a.列出 OB 杆 A 点的速度矢量方程 根据平面运动的构件两点间速度的关系 绝对速度=牵连速度+相对速度 先列出构件2、4上瞬时重合点A(A 2 ,A 4 )的方程,未知数为两个,其速度方程: V A4 = v A2 + v A4 A2 方向:丄 AO 4 丄 AO 2 ∥AO 4 大小: ? ω 1 1 O2 A ? b. 定出速度比例尺 在图纸中,取 p 为速度极点,取矢量 pa 代表 v A2 ,则速度比例尺 ?v (m? s ?1 /mm) 3 ?v = v A2 pa =0.002 m?s ?1 /mm c. 作速度多边形,求出ω 2 、ω 4 根据矢量方程式作出速度多边形的 pd 1 部分,则 v A2 (m/s) 为 v A2 =?v pa=0.829m/s 其转向为顺时针方向。 ω 4 = v A2 / l AO4 =1.3rad/s V B4 =ω 4 l bO4 =0.612 m/s B 点速度为V B4 ,方向与 v A2 同向. d.列出 C 点速度矢量方程,作图求解 V C6 、V C6B4 V C6 = V B4 + V C6B4 方向:水平 丄 BO 4 丄 BC 大小:? ω 4 l bO4 ? 通过作图,确定C点速度为 V A2 A3 =?v bc=0.2909m/s V C =?v pc=1.2207m/s 式中 V A2 A3 ——C 5 点速度,方向丄 BC 式中 V C ——C点速度,方向为 p→c。 故可求出速度 V。 3.解待求点的加速度及其相关构件的角加速度 a.列出C点加速度矢量方程式 牵连速度为移动时 绝对加速度=牵连加速度+相对加速度 牵连运动为转动时,(由于牵连运动与相对运动相互影响) 绝对加速度=牵连加速度+相对加速度+哥氏加速度 要求C点加速度,得先求出B点加速度, aA = anA+ a ? A = a no2 + a ? o2 + a A ’+ a 哥 方向:? 大小:? ∥AB 丄AB ∥AO 2 丄 AO 2 ∥AB 丄AB ω 4 2 l AO4 ? ω 2 l AO2 0 ? 2ω 4 v A4 A2 4 b. 定出加速度比例尺 在一号图纸中取 p 为加速度极点,去矢量 pa’代表 a n A ,则加速度比例 尺 ?a (m?s ?2 /mm) a n B ?a = pa =0.219 m/s 2 /mm c.作加速度多边形,求出 a ? B 、a A 、a B 根据矢量方程图的 pa’nka 部分,则 a=0.7949 m/s 2 a A ’=?a ka=6.247m/s 2 a ? A =?a a' a A =?a pa=0.519 rad/s 2 方向为 水平向右下 12? a ? B = a ? A ? l bO4 / l AO2 =3.279m/s 2 a n B =ω 4 2 ? l bO4 =1.225 m/s 2 d.列出 C 点加速度矢量方程,作图求解 a c 、a n CB 、 a ? CB 方向: 水平 大小: ? 由上式可得: ac = a n CB + a ? CB + anB+ a? B ∥BC 丄 BC ∥AB 丄 AB V C6B4 2 /l BC ? ω 4 2 l bO4 a ? A l bO4 / l AO2 a ? CB =0.0.15m/s 2 a c =0.178m/s 2 确定构件 4 的角加速度 a4 由理论力学可知,点 A4 的绝对加速度与其重合点 A3 的绝对加速度 之间的关系为 a t a 4 ? a n a4 ? ar a4a3 ? ak a4a3 ? a3 方向:⊥O4B ∥O4B ∥ O4B ⊥O4A ∥O2A 大小: ? ? 2 4 lo2A ? 2?4Va4a3 ? 2 2 lo2A 其中 a t a 4 和aan4是aa 的 4 法向和切向加速度。a k a 4 a 3 为科氏加速度。 从任意极点 O 连续作矢量 O a3 和 k’代表 aA3 和科氏加速度,其加速度比例尺 1:0.219; 再过点 o 作矢量 oa4”代表 a n a 4a 3 ,然后过点 k’作直线 平行于线”代表相对加速度的 方向线’’作直线’垂直与线 的方向线。 构件 3 的角加速度为 a t a 4 /lO4A 将代表 a t a 4 的矢量 k’a’4 平移到机构图上的点 A4,可知?4 的方向为逆时针方向。 项 ?2 目 位 置 vA2 vA2A3 V3 VCB vC VB4 ? aA3 aKA4A3 anA4 atA4 anCB ac 大方 小向 4 7.53 0.82 0.171 0.811 0.064 1.221 0.61 1.3 6.24 0.51 1.22 3.27 0.01 0.17 69 8 9 6 2 顺时 7 9 6 9 5 8 针 根据以上方法同样可以求出位置九的速度和加速度,如下表: 项 ?2 vA2 目 位 置 4 7.5 .08 36 29 9 7.5 0.8 36 29 3 V3 vA2A3 VCB vC VB4 ? aA3 大方 aK A4A3 an A4 at A4 an CB ac 小向 0.17 0.81 0.06 1.22 0.6 1.3 6.24 0.62 1.22 3.27 0.01 0.17 18 1 49 16 12 顺时 7 56 95 8 针 1.23 0.66 0.33 1.53 0.8 0 6.23 0.42 2.43 3.27 4.24 4.23 1 78 49 79 27 8 52 9 5 7 单 1/s m/s 位 1/s m/s2 (六)导杆机构的动态静力分析 分析步骤: (1)选取阻力比例尺 ?Q = 555.6 ( N ) ,根据给定的阻力 Q 和滑块的冲程 H 绘制阻力线)根据个构件的重心的加速度即角加速度,确定各构件的惯性力 Pi 和惯性力偶矩 M i , 并将其合为一力,求出该力至重心的距离。 (3)按杆组分解为示力体,用力多边形法决定各运动副中的反作用力合加于曲柄上的平衡力 矩。 图为导杆机构 6 动态静力分析过程: 在分析动态静力的过程中可以分为刨头,摇杆滑块,曲柄三个部分。 首先说明刨头的力的分析过程: 对于刨头可以列出以下力的平衡方程式: ∈F=0 P + G6 + Fi6 + R45 + R16=0 方向:∥x 轴 ∥y 轴 大小:8000 620 以作图法求得: 位置 4 R45 = 7958.3 N 位置 4 R16 = 284.7 N 力矩平衡方程式: 与 a6 反向 ∥BC -m6a6 ? 位置 1’ 位置 1’ ∥y 轴 ? R45 =8550.648 N R16 = N ∈M=0 P*yp+G6*hg+Fi6*h6+R16*h16=0 我们还可以得到: R45=R65 对于摇杆滑块机构可以列出平衡方程式: ∈F=0 R54 + R34 + Fi4 + G4 + R14=0 方向: ∥BC ⊥O4B ∥a4 ∥y 轴 ? 大小: R54 ? m4a4 220 ? 力矩平衡方程式: ∈M=0 R54*h54-R34*h34-Mi4-Fi4*hi4-G4*h4=0 由此可以求得 R34 的大小:R34= 7958.3 N 位置 1’ R34=14366.93 最后可以利用力的平衡方程式做力的多边形解出 位置 4 R32=12023.66 N 位置 1’ R32= 244.376N 在摇杆上可以得到 R34=-R32 最终得 出位置 4 My=1257.11Nm 位置 1’=689.612Nm (七)心得体会 通过几天日日夜夜的奋斗,在同学们的密切配合下,当然也有自己的努力和辛酸,这份课程设计终 于完成了,心里无比的高兴,因为这是我们 努力的结晶。在这几天中,我有很多的体验,同时也有我 7 也找到许多的毛病,仅就计算机辅助绘图而言,操作的就远远不够熟练,专业知识也不能熟练应用。 但是通过这次实践设计,我觉得我有了很打的提高。其次,通过这次设计我学会了查找一些相关的 工具书,并初步掌握了一些设计数据的计算方法;再次,自己的计算机绘图水平也有了一定的提高, 并对所学知识有了进一步的理解。当然,作为自己的这一次设计,其中肯定有太多的不足,希望在 今后的设计中,能够得到改正,使自己日益成熟,专业知识日益深厚。“功到自然成.”只有通过不锻 炼,自己才能迎接更大的挑战和机遇,我相信我自己一定能够在锻炼成长。 参考文献 1.《机械原理课程设计手册》邹慧君主编,高等教育出版社,1998 2.《机械原理课程设计》曲继方主编,机械工业出版社 3.《机械原理》黄茂林,秦伟主编. . 北京:机械工业出版社,2002 4.《 机械原理教程.》 申永胜主编. 北京:清华大学出版社, 1999 5.《机械原理》邹慧君等主编,高等教育出版社,1999 8