机械原理课程设计牛头刨床Word文档下载推荐.docx
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刨床工作时,由导杆机构1-2-3-4-5-6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,以提高生产效率。
因此,刨床采用具有急回特性的导杆机构。
刨刀每切削完成一次,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。
二.设计数据:
各已知数据如下图所示,未知数据可有已知数据计算求得
设计内容
导杆机构的运动分析
符号
n2
lo4o2
lo2A
lo4B
lBC
lo4s4
Xs6
Ys6
单位
r/min
mm
方案1
60
350
110
540
0.25lo4B
0.5lo4B
240
50
导杆机构的动态静力分析
G4
G6
P
YP
JS4
N
kgm2
200
700
7000
80
1.1
齿轮机构设计
a
度
1440
40
20
100
300
6
3.5
凸轮机构的设计
ψmax
φo
φs
[α]
lo9D
15
75
10
125
机构简图如下图
三.设计内容:
第一节导杆机构的运动分析
㈠导杆机构设计要求概述:
已知曲柄每分钟的转数
,各构件尺寸,且刨头导路
位于导杆端头B所作圆弧的平分线上。
要求作机构的运动简图,并作机构一个位置的速度、加速度多边形以及刨头的运动线图,画在2号图纸上。
26位置的机构简图:
㈡计算过程:
由已知数据n2=60r/min得ω2=2πrad/s.
1、求C点的速度:
⑴确定构件3上A点的速度:
构件2与构件3用转动副A相联,所以υA3=υA2。
又υA2=ω2lO2A=0.11×
2π=0.69m/s
⑵求υ4的速度:
选取速度比例尺:
μv=0.01(m/s)/mm;
υA4=υA3+υA4A3
方向:
⊥BO4⊥AO2∥BO4
大小:
?
?
图1
用图解法求解如图1:
式中υA3、υA4表示构件3和构件4上A点的绝对速度,υA4A3表示构件4上A点相对于构件3上A点的速度,其方向平行于线段BO4,大小未知;
构件4上A点的速度方向垂直于线段BO4,大小未知。
在图上任取一点P,作υA3的方向线pa3,方向垂直于AO2,指向与ω2的方向一致,长度等于υA3/μv,(其中μv为速度比例尺)。
过点p作直线垂直于
BO4代表υA4的方向线,再过a3作直线平行于线段BO4代表υA4A3的方向线这两条直线的交点为a4,则矢量pa4和a3a4分别代υA4和υA4A3。
由速度多边形
得:
υA4=0.32m/s
υA4A3=0.59
3求BO4的角速度
:
曲柄位于起点1时位置图如设计指导书图
(1):
此时
=
73.17
lAo4=0.41m
杆BO4的角速度
=υA4/
=0.78rad/s
杆BO4的速度υ4:
υ4=
×
=0.42m/s
⑷求C点的速度υc:
υc=υB+υCB
方向:
∥X-X⊥BO4⊥BC
ω4lO4B ?
速度图见图1:
式中υc、υB表示点的绝对速度。
υCB表示点C相对点B的相对速度其方向垂直于构件CB,大小未知,点C的速度方向平行于X-X,大小未知,图上任取一点p作代表υB的矢量pb其方向垂直于BO4指向于
转向相反,长度等于
(
为速度比例尺)。
过点p作直线平行于X-X,代表υc的方向线,再点b作直线垂直于BC代表υCB的方向线,这两方向线的交点为C则矢量pc和bc便代表υc、υCB。
υc=μv×
pc=0.412m/sυCB=0.12
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=aA4n+aA4t=aA3+aA4A3k+aA4A3r
大小?
√√√?
方向⊥O4AA→O4A→O2⊥O4B∥o4B
aA4n=ω42×
lO4A·
µ
l=0.255m/s2
aA3=ω22×
lO2A·
l=4.34m/s2
aA4A3k=2ω4υA4A3=0.9204m/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,作加速度多边形图如下:
图2
aA4t=n1·
a4´
μa=2.708m/s2方向n1→a4´
α4=aA4t/lO4A·
l=0.881rad/s2
其转向为顺时针方向。
aA4=p´
a4´
μa=2.72m/s2方向p´
→a4´
取5构件的研究对象,列加速度矢量方程,得
aC=aB5+aCB5n+aCB5τ
大小?
√√?
方向∥xxp´
C→B⊥BC
aB5=3.55m/s2
aCB5n=υCB52/lBC·
l=0.107m/s2
其加速度多边形如图2所示,有
aB5=p´
aB5´
μa=3.52m/s2
aC=p´
C´
μa=3.7m/s2方向p´
→C´
2、曲柄位置“6”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“6”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=2rad/s其转向为顺时针方向。
υA3=υA2=ω2×
l=0.69m/s方向:
⊥AO2
列速度矢量方程,得
υA4=υA3+υA4A3
√?
方向⊥O4A⊥O2A∥O4B
取速度极点P,速度比例尺µ
v=0.01(m/s)/mm,作速度多边形如图。
图3
则由图3知:
υA4=pa4·
μv=0.58m/s方向p→a4
υA4A3=a3a4·
μv=0.389m/s方向a3→a4
ω4=υA4/lO4A·
l=1.16rad/s
υB=ω4·
lO4B·
l=0.63m/s方向p→b
取5构件为研究对象,列速度矢量方程,得
υC=υB+υCB
√?
方向∥XX⊥O4B⊥BC
其速度多边形如图1-1所示,有
υC=pc·
μv==0.622m/s方向p→c
υCB=bc·
μv=0.11m/s方向b→c
取曲柄位置“6”进行加速度分析.
aA4=aA4n+aA4t=aA3+aA4A3k+aA4A3r
√?
√√?
方向?
A→O4⊥O4BA→O2⊥O4B∥O4B
l=0.627m/s2方向p´
→n
l=4.34m/s2方向p´
→a3´
aA4A3k=2ω4υA4A3·
v=0.902m/s2方向a3´
取加速度极点为P',加速度比例尺μa=0.04(m/s2)/mm,作加速度多边形图
图4
则由图1─4知,
μa=0.573m/s2方向n→a4´
α4=aA4t/lO4A·
l=1.23rad/s2
转向为逆时针方向。
μa=1.294m/s2方向p´
→a4´
aC=aB+aCBn+aCBτ
方向∥xxp´
C→B⊥BC
aB=p´
b´
μa=-1.568m/s2
aCBn=υCB2/lCBµ
l=0.0896m/s2
其加速度多边形如图4所示,有
aC=p´
μa=-2.004m/s2
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5所示,
选取长度比例尺µ
l=0.002m/mm,选取力比例尺µ
P=50N/mm
图5
已知P=7000N,G6=700N,又ac=3.7m/s2,那么我们可以计算
FI6=-m6×
ac=-G6/g×
ac=-257.14N
又ΣF=P+G6+FI6+FR45+FR16=0
∥x轴∥y轴与ac反向∥BC∥y轴
大小:
7000700-m6a6?
?
作力多边行如图6所示,选取力比例尺µ
P=50N/mm。
图6
由图6力多边形可得:
FR45=CD·
N=7310N
FR16=AD·
N=1105N
分离3,4构件进行运动静力分析,杆组力体图如图7所示
图7
已知:
FR54=FR45=7310,G4=200N
aS4=1.85m/s2
αS4=α4=0.881rad/s2
可得构件4上的惯性力FI4=-G4/g×
aS4=36.33N
方向与aS4运动方向相反
惯性力偶矩MS4=-JS4·
αS4=-14.39N·
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
ΣMA=FR54cos18。
lABµ
l+MS4+FI4cos4。
lS4Aµ
l+G4sin13。
l+FRO4τlO4Aµ
l=0
代入数据,得FRO4τ=-1976.48N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∥O4B
√?
√√√?
作力的多边形如图1-8所示,选取力比例尺µ
图8
FR34=EA·
N=9025N
FRO4n=FA·
N=2000N方向:
∥O4B向下
因为曲柄2滑块3的重量可忽略不计,有FR34=FR23=FR32
对曲柄2进行运动静力分析,作组力体图如图9示,
图9
由图1-9知,曲柄2为受力平衡体,对O2点取矩得:
FR12=FR32
Mb=496.37N·
M
㈠凸轮机构的设计要求概述:
⒈已知摆杆9作等加速等减速运动,要求确定凸轮机构的基本尺寸,选取滚子半径,将凸轮实际轮廓㈠凸轮机构的设计要求概述
画在2号图纸上。
该凸轮机构的从动件运动规律为等加速等减速运动。
各数据如表:
lO9D
lO9O2
ro
rt
Φ
Φs
Φ’
度
数据
15 .
125
150
61
75
10
75
2.由以上给定的各参数值及运动规律可得其运动方程如下表:
推程0≤2φ≤Φo/2
回程Φo+Φs≤φ≤Φo+Φs+Φ'
o/2
ψ=24*Φ*Φ/(25*π)
ψ=π/12-24(φ-17π/36)2/25π
ω=96φ/25
ω=-96(φ-17π/36)2/25
β=192π/25
β=-192π/25
推程Φo/2≤φ≤Φo
回程Φo+Φs+Φ’o/2≤φ≤Φo+Φs+Φ’o
ψ=π/12-24(5π/12-φ)2/25π
ψ=24(8π/9-φ)2/25π
ω=96(5π/12-φ)2/12
ω=-96(8π/9-φ)2/25
3.依据上述运动方程绘制角位移ψ、角速度ω、及角加速度β的曲线:
(1)、角位移曲线:
①、取凸轮转角比例尺μφ=1.25°
/mm和螺杆摆角的比例尺μψ=0.5°
/mm在轴上截取线段代表,过3点做横轴的垂线,并在该垂线上截取33'代表(先做前半部分抛物线).做03的等分点1、2两点,分别过这两点做ψ轴的平行线。
②、将左方矩形边等分成相同的分数,得到点1'和2'。
③、将坐标原点分别与点1',2',3'相连,得线段O1',O2'和03',分别超过1,2,3点且平行与Ψ轴的直线交与1",2"和3".
④、将点0,1",2",3"连成光滑的曲线,即为等加速运动的位移曲线的部分,后半段等减速运动的位移曲线的画法与之相似.
(2)角速度ω曲线:
①、选凸轮转角比例尺μφ=1.25°
/mm和角速度比例尺μω=0.0837(rad/s)/mm,在轴上截取线段代表。
②由角速度方程可得φ=φo/2,ω=ωmax,求得v换算到图示长度,3点处φ=Φ0/2,故ωmax位于过3点且平行与ω轴的直线.由于运动为等加速、等减速,故连接03'即为此段的角速度图,下一端为等减速连接3'6即为这段角速度曲线。
③其他段与上述画法相同,只是与原运动相反。
(3)角加速度曲线:
①选取与上述相同的凸轮转角比例尺μφ=1.25°
/mm和角加速度比例尺μβ=0.8038(rad/s)/mm在轴上截取线段代表。
②由角加速度方程求的角加速度β.因运动为等加速,等减速,故各段加速度值也相同,只是方向相反.
③13段为加速段β为正值,β轴上取β做平行于13的直线段即为1、3段的加速度,其余各段与3做法相似。
4作摆动从动件盘形凸轮轮廓设计:
⑴设计原理
设计凸轮轮廓依据反转法原理。
即在整个机构加上公共角速度(-ω)(ω为原凸轮旋转角速度)后,将凸轮固定不动,而从动件连同机架将以(-ω)绕凸轮轴心逆时针方向反转,与此同时,从动件将按给定的运动规律绕其轴心相对机架摆动,则从动件的尖顶在复合运动中的轨迹就是要设计的凸轮轮廓。
⑵设计凸轮轮廓:
A、绘制凸轮的理论轮廓线[既滚子轴心实际轮廓]
1将ψ-φ曲线图(如图
(1))的推程运动角和回程运动角个分成4等份,按式求个等分点对应的角位移值:
ψ1=μψ1*11'',ψ1=μψ2*22'',……,的数值见表
(1)。
2选取适当的长度比例尺μl定出O2和O9的位置(选取μl=0.002m/mm)。
以O2为圆心,以r0/μl为半径,作圆,再以以O2为圆心,以rb/μl为半径作基圆。
以O9为圆心,以lOo9D/μl为半径,作圆弧交基圆与DO(D’O)。
则O9DO便是从动件的起始位置,注意,要求从动件顺时针摆动,故图示位置DO位于中心线O2O9的左侧。
③以O2为圆心,以lOo9O2/μl为半径作圆,沿(-ω)[即为逆时针方向]自O2O9开始依次取推程运动角Φ0=75°
,远休止角Φs=10°
,回程运动角Φo’=75和远休止角Φs’=200°
并将推程和回程运动角各分成4等份,得O91,O92,O93……O99各点。
它们便是逆时针方向反转时,从动体轴心的各个位置。
④分别以O91,O92,O93……O99为圆心,以lO9D/μe为半径画圆弧,它们与基圆相交于D’1,D’2,D’3……D’9,并作∠D’1O91D1,∠D’2O9rD2……分别等于摆杆角位移ψ1,ψ2,ψ3……。
并使O91D1=O91D’1,O92D2=O92D’2,……则得D1,D2,……D9(与D’9重合)各点,这些点就是逆时针方向反转时从动件摆杆端滚子轴心的轨迹点。
⑤将点D1,D2,……D9连成光滑曲线。
连成的光滑曲线便是凸轮的理论轮廓,亦即为滚子轴心的轮廓轨迹。
B、绘制凸轮的实际轮廓:
1在上述求得的理论轮廓线上,分别以该轮廓线上的点为圆心,以滚子半径为半径,作一系列滚子圆。
2作该系列圆的内包络线,即为凸轮的实际轮廓,如图。
C、校核轮廓的最小曲率半径ρmin:
在设计滚子从动件凸轮的工作轮廓时,若滚子半径rt过大,则会导致工作轮廓变尖或交叉。
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