牛头刨床课程设计7点11点

机械原理课程设计说明书设计题目：牛头刨床设计学校：广西科技大学院（系）：汽车与交通学院班级：车辆131班姓名：MJ学号：指导教师：时间：1、机械原理课程设计的目的和任务1、课程设计的目的：机械原理课程设计是高等工业学校机械类学生第一次全面的机械运动学和动力学分析与设计的训练，是本课程的一个重要教学环节。起目的在于进一步加深学生所学的理论知识，培养学生的独立解决有关课程实际问题的能力，使学生对于机械运动学和动力学的分析和设计有一个比较完整的概念，具备计算，和使用科技资料的能力。在次基础上，初步掌握电算程序的编制，并能使用电子计算机来解决工程技术问题。2、课程设计的任务：机械原理课程设计的任务是对机器的主题机构进行运动分析。动态静力分析，并根据给定的机器的工作要求，在次基础上设计；或对各个机构进行运动设计。要求根据设计任务，绘制必要的图纸，编制计算程序和编写说明书等。2、机械原理课程设计的方法机械原理课程设计的方法大致可分为图解法和解析法两种。图解法几何概念比较清晰、直观；解析法精度较高。3、机械原理课程设计的基本要求1．作机构的运动简图，再作机构两个位置的速度，加速度图，列矢量运动方程；2．作机构两位置之一的动态静力分析，列力矢量方程，再作力的矢量图；3.用描点法作机构的位移，速度，加速度与时间的曲线。4、设计数据设计内容导杆机构的运动分析导杆机构的动态静力分析符号n2L0204L02AL04BLBCL04S4XS6YS6G4G6PYPJS4单位r/minmmNmmkgm2方案Ⅰ603801105400.25L04B0.5L04B240502007007000801.1Ⅱ64350905800.3L04B0.5L04B200502208009000801.2Ⅲ724301108100.36L04B0.5L04B1804022062080001001.2表1-15、机构简介牛头刨床是一种用于平面切削加工的机床，由导杆机构2-3-4-5-6（有急回作用）带动刨头6和刨刀作往复运动。刨头自左向右称工作行程；刨头自右向左称空回行程，回空行程无切削阻力。6、选择设计方案（1）机构运动简图图1-1（2）选择表1-1中方案Ⅰ7、机构运动分析a、曲柄位置“7”速度分析。因构件2和3在A处的转动副相连，故υA3=υA2，其大小等于ω2lO2A，方向垂直于O2A线，指向与ω2一致。ω2=2πn2/60=6.28319rad/sυA3=υA2=ω2·lO2A=6.28319×0.11=0.6911509m/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则由图1-2知，υA4=4Pa·μ1=35.7701×0.01=0.357701m/sυA4A3=43aa·μ1=59.1387×0.01=0.591387m/s由速度影像定理求得:υB5=υB4=υA4·LO4B/LO4A=0.357701×0.540/0.4250888=0.45439m/s又ω4=υA4/lO4A=0.841474rad/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,则由图1-2知，υC5=5Pc·μ1=44.4554×0.01=0.444554m/sυC5B5=55cb·μ1=11.2405×.0.01=0.11245m/sωCB=υC5B5/lCB=0.112405/0.135=0.83263rad/s图1-2b.加速度分析：取曲柄位置“7”进行加速度分析。因构件2和3在A点处的转动副相连，故anA2=anA3,其大小等于ω22lO2A,方向由A指向O2。ω2=6.28319rad/s,anA3=anA2=ω22·LO2A=6.283192×0.11=4.34263m/s2anA4=ω42·LO4A=0.8414742×0.4250888=0.30099m/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=anA4+aA4τ=aA3n+aA4A3K+aA4A3r大小:?ω42·LO4A?ω22·LO2A√?方向：?B→A⊥O4BA→O2⊥O4B∥O4B取速度极点P'，速度比例尺μ2=0.1(m/s)/mm,作速度多边形如图1-3图1-3由图1-3得：aA4A3K=2ω4·υA4A3=2×0.841474×0.591387=0.99527m/saA4τ==A4'A4·μ2=27.2051×0.1=2.72051m/s2α4=aA4t/lO4A=2.72051/0.425088=6.39986m/s2aA4=P'A4·μ2=27.3712×0.1=2.73712m/s2用加速度影象法求得aB5=aB4=aA4·LO4B/LO4A=2.73712×0.540/0.4250888=3.47702m/s2又aBCn=ω52·LBC=0.832632×0.135=0.093518m/s2取5构件为研究对象,列加速度矢量方程,得ac5=aB5+ac5B5n+ac5B5τ大小?√ω52·LBC?方向∥XX√C→B⊥BC取加速度极点为P＇,加速度比例尺μ2=0.1（m/s2）/mm,作加速度多边形如图1-4所示.图1-4则由图1-4知,aC5B5t=B5'C5·μ2=4.8198×0.1=0.48198m/s2aC5=P'C5·μ2=33.6884×0.1m/s2=3.36884m/s2c、曲柄位置“11”速度分析。因构件2和3在A处的转动副相连，故υA3=υA2，其大小等于ω2lO2A，方向垂直于O2A线，指向与ω2一致。ω2=2πn2/60=6.28319rad/sυA3=υA2=ω2·lO2A=6.28319×0.11=0.6911509m/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μ3=0.01(m/s)/mm,作速度多边形如图1-5图1-5则由图1-5知，υA4=4Pa·μ3=65.59×0.01=0.6559m/sυA4A3=43aa·μ3=21.79×0.01=0.2179m/s由速度影像定理求得:υB5=υB4=υA4·LO4B/LO4A=0.6559×0.540/0.27404=1.29246m/s又ω4=υA4/lO4A=0.6559/0.27404=2.39945rad/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μ3=0.01(m/s)/mm,则由图1-5知：υC5=5Pc·μ3=129.52×0.01=1.2952m/sυC5B5=55cb·μ3=11.87×.0.01=0.1187m/sωCB=υC5B5/lCB=0.1187/0.135=0.87926rad/sd、加速度分析：取曲柄位置“11”进行加速度分析。因构件2和3在A点处的转动副相连，故anA2=anA3,其大小等于ω22lO2A,方向由A指向O2。ω2=6.28319rad/s,anA3=anA2=ω22·LO2A=6.283192×0.11=4.34263m/s2anA4=ω42·LO4A=2.399452×0.27404=1.57775m/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=anA4+aA4τ=aA3n+aA4A3K+aA4A3r大小:?ω42·LO4A?√2ω4·υA4A3?方向：?B→A⊥O4BA→O2⊥O4B∥O4B取速度极点p'，速度比例尺μ4=0.1(m/s)/mm,作速度多边形如图1-6图1-6由图1-6得：aA4A3K=2ω4·υA4A3=2×2.39945×0.2179=1.04568m/s2aA4τ==A'A4·μ4=24.18×0.1=2.418m/s2α4=aA4t/lO4A=2.418/0.27404=8.82353m/s2aA4=p'A4·μ4=28.87×0.1=2.887m/s2用加速度影象法求得aB5=aB4=aA4·LO4B/LO4A=2.887×0.540/0.27404=5.6889m/s2又aBCn=ω52·LBC=0.879262×0.135=0.10437m∕s2取5构件为研究对象,列加速度矢量方程,得ac5=aB5+ac5B5n+ac5B5τ大小?√ω52·LBC?方向∥XX√C→B⊥BC取加速度极点为P＇,加速度比例尺μ4=0.1（m/s2）/mm则由图1-6知,aB5'C5t=B'C5·μ4=26.5894×0.1=2.65894m/s2aC5=P'C5·μ4=49.4984×0.1=4.94984m/s29、机构运态静力分析导杆机构的动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FP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。取“7”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─7所示。图1-7已知G6=700N，又ac6=ac5=3.36884m/s2,那么我们可以计算：Fi6=G6/g×ac6=700/9.8×3.36884=240.631428N又ΣF=FP+G6+Fi6+FR45+FR16=0，作为多边行如图1-8所示，μ5=50N/mm图1-8由图1-8力多边形可得：FR45=｜FR45｜·μ5=135.2964×50N=6764.82NFR16=｜FR16｜·μ5=19.4396×50N=971.98N分离3,4构件进行运动静力分析，如图1-9所示，已知：FR54=FR45=6764.82N，G4=200N由此可得：Fi4=G4/g×aS4=35.47985NMS4=JS4·αS4=1.1×6.399986=7.039984N·m7在图1-9中，对O4点取矩得：ΣMO4=FR54·hBO4-Ms4-FI4·hs4O4-G4·HS4O4-FR23·lO4A=0图1-9代入数据，得FR23=8334.86536N又ΣF=FR54+FR23+Fi4+G4+FR14=0,作力的多边形如图1-10所示，µ6=100N/mm。图1-10由图1-10可得：FR12=FR32=FR23=｜FR23｜·µ6=8334.86536NFR14=｜FR14｜·µ6=24.1936×100=2419.36N对曲柄2进行运动静力分析，作组力体图如图1-11所示。图1-11在图1-11中，对O2点取距得：Mo2=FR32h=8334.86536×0.0569285=474.491382N·m10、虚位移原理所有外力的功率和为0，Np+Ni6+NG4+Ni4+NM=0Np=|P||Vc|cos180°=-7000×0.444554=-3111.878Ni6=|Fi6||Vc|cos0°=240.631428×0.444554=106.97366NG4=0.5|G4||VB|cos75.65913714°=0.5×200×0.45439×0.2476900=11.254788Ni4=|Fi4||Vi4|cos6.31640226°=35.47985×0.357701×0.993929=12.614136可求得NM=2981.035414NM=Mbω2把数据代入上式，得平衡力矩Mb=474.446167N·m14、总结通过几天的奋斗，我终于通过了老师的答辩，事实证明我这些天的努力没有白费。在老师亲切地指导下，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。相信我，这份文档绝对没错。在这期间，我有很多的体验，同时也有我也找到许多的不足，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