机械原理设计说明书.doc

机 械 原 理 课 程
设 计 说 明 书

目 录
概　 述···································2
设计项目···································3
一、 设计题目··························3
二、 机构简介··························3
三、 设计数据··························4
设计内容···································4
一、 导杆机构的设计···················4
二、 凸轮机构的设计···················12
三、 齿轮机构的设计···················16
设计体会　································20
参考文献 ·································21
附 图 ································

概 述
一、机构机械原理课程设计的目的：
机械原理课程设计是高等工业学校机械类专业学生第一次较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实践环节。其基本目的在于：
（１）、进一步加深学生所学的理论知识，培养学生独立解决有关本课程实际问题的能力。
（２）、使学生对于机械运动学和动力学的分析设计有一较完整的概念。
（３）、使学生得到拟定运动方案的训练，并具有初步设计选型与组合以及确定传动方案的能力。
（４）、通过课程设计，进一步提高学生运算、绘图、表达、运用计算机和查阅技术资料的能力。
二、机械原理课程设计的任务：
机械原理课程设计的任务是对机械的主体机构（连杆机构、凸轮机构、齿轮机构以及其他机构）进行设计和运动分析、动态静力分析，并根据给定机器的工作要求，在此基础上设计凸轮、齿轮；或对各机构进行运动分析。要求学生根据设计任务，绘制必要的图纸，编写说明书。
三、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。图解法几何概念较清晰、直观；解析法精度较高。根据教学大纲的要求，本设计主要应用图解法进行设计。
设计项目
一、设计题目：牛头刨床连杆、凸轮、齿轮机构的设计。
二、机构简介：
牛头刨床是一种用于平面切削加工的机床，如上图所示。电动机经皮带和齿轮传动，带动曲柄2和固定在其上的凸轮8。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。

机构简图如下所示：
三、设计数据
设计内容
导杆机构的运动分析
凸轮机构设计
符号

单位
r/min
mm

mm

方案Ⅲ
72
430
110
810
0.36lO4B
15
130
155
61
15
75
10
65
设计内容
齿轮机构设计
符号

单位
r/min

mm
mm
方案Ⅲ
1440
19
15
50
100
300
6
4.5

设计内容
一、导杆机构的设计
⒈ 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 1号 图纸上。
曲柄位置图的做法为，取1和8′为工作行程起点和终点所对应的曲柄位置，1′和7′为切削起点和终点所对应的曲柄位置，其余2、3、…、12等，是由位置1起，顺ω2方向将曲柄圆周作12等分的位置。1′和7′的位置根据经验数值为曲柄工作行程角度的5%。运动简图如图：

⒉导杆机构的运动分析

导杆机构的运动分析
符号
n2
l0204
l02A
l04B
lBC
单位
r/min
mm

72
430
110
810
0.36l04B
〈一〉设计数据
〈二〉绘制速度简图 根据已知构件的长度、构件的位置，用选定的比例尺μl=2.5mm/mm、构件2开始用几何作图绘制机构位置。在1′点位置时可有两个解。要根据该动件初始位置和运动连续条件确定。
〈三〉确定速度和加速度，因为构件2角速度ω2=n2×2π/60=2.4π,大小、方向已知。故A点的速度VA大小、方向也已知。又因为构件3上A点与构件2上A点重合，所以VA3也是已知的，为求构件4上A点的速度可根据同一构件上的相对速度原理写出相对速度矢量方程式。

V3A=ω2·lO2A=2.4π×0.11=0.82896m/s
取速度比例尺 μv=0.01(m/s)/mm
V4A = V3A + V4A3A
方向 ⊥AO4 ⊥AO2 ∥AO4
大小 ？ ω2lA02 ?

上式矢量方程中，仅 V4A和V4A3A的大小未知，故可用图解法求解。
在图上任取一点p，作代表V3A的矢量V3A，其方向垂直于AO2，指向ω2转向一致长度为82.896mm,过p作直线垂直于A04代表V4A的方向线，再过点V3A作平行于AO4的直线与垂直于A04的直线交于一点，则矢量V4A和V4A3A代表V4A和V4A3A其大小为
V4A=μvV4A=0.01×26.03=0.2603m/s
V4A3A=μv×V4A3A=0.01×78.70=0.7870m/s
ω4= V4A/lAO4=0.2603/0.4621=0.5633rad/s
所以 V4B=ω4lBO4=0.5633×0.81=0.4562m/s
同理 VC = V4B + VC4B
方向 ∥导杆 ⊥BO4 ⊥BC
大小 ？ ω4lBO4 ？
VC=μv ×VC =0.01 ×47.36=0.4736m/s
VC4B=μv×VC4B =0.01×11.24=0.1124m/s
〈四〉确定加速度和角加速度
⒈ 由题已知 an3A= V3A2/lOA=0.26032/0.11=0.6160m/s2
取加速度比例尺 μα=0.008（m/s2)/mm
确定构件4的加速度a4。由理论力学可知，点A3的绝对加速度与其重合点A4的绝对加速度之间的关系为
a4A=aA3+ak4A3A+a4A3A
或 aτ4A + an4A = an3A + ak4A3A + a4A3A
方向 ⊥O4A A→O4 A→O2 ⊥O4A向左 ∥O4A
大小 ？ ω24lO4A V3A2/lOA 2ω4V4A3A ？

由于构件3与4组成移动幅，所以a4A3A=ar4A3A其方向平行于相对移动方向。ak4A3A为科氏加速度，它的大小为ak4A3A =2ω4V4A3Asinθ，其中θ为相对速度V4A3A和关连加速度ω2矢量之间的夹角，由于是平面运动，所以θ=90°。ak4A3A=2ω4V4A3A，科氏速度ak4A3A的方向是将V4A3A沿ω4转动方向转90°。在上面的矢量式中at4A和a4A3A的大小未知。故可用图解法求解。
从任意点P连续做矢量an3A、ak4A3A分别代表an3A和ak4A3A
an4A=ω24lO4A=0.56332×0.4621=0.1466m/s2
ak4A3A=2ω4V4A3A=2×0.5633×0.7870=0.8866m/s2
再过下点作a4A3A的方向线平行于AO4。然后过P点作aτ4A的方向线垂直于O4A与a4A3A的方向线相交，即得到a4A3A和aτ4A。然后再过P点做an4A代表an4A，并顺次做出合加速度a4A指向aτ4A。
aτ4A=μa×aτ4A=0.008×38.04=0.3043m/s2
a4A3A=μa×a4A3A=0.008×25.14=0.2011m/s2
构件4的角加速度 β4A=aτ4A/lAO4=0.3043/0.4621=0.6585rad/s2
⒉ aC = an4B + at4B + anC4B + atC4B
方向 ∥导杆 B→O4 ⊥O4B C→B ⊥BC
大小 ？ ω24lO4B β4A•lO4B V2C4B/lBC ?
其中an4B = ω24lO4B=0.56332×0.81=0.2570m/s2
at4B =β4A•lO4B=0.6585×0.81=0.5344m/s2
anC4B =V2C4B/lBC=0.11242/0.2916=0.0433m/s2
作加速度多边形如⒈的步骤，得到构件5的加速度
ac=μa×ac =0.008×58.55=0.4684m/s2 方向水平向左
atC4B=μa×atC4B =0.008×16.87=0.1350m/s2
〈五〉做滑块的运动线图、速度线图、加速度线图
以位置1为起始点，量取滑块的相对位移，做出滑块的位移线图。采集同一组其他同学的数据，画出速度和加速度线图。

二、凸轮机构设计
〈一〉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，按给定的滚子半径，将凸轮的实际轮廓线画在1号图纸上。
凸轮机构设计
ψmax
lo9D
lo9o2
ro
Rt
Φ
Φs
Φ´
º
mm
º
15
130
155
61
15
75
10
65
〈二〉设计数据：
〈三〉从动件运动规律的画法：
1.凸轮运动线图的做法：
1〉取横坐标角度比例尺μx=2º/mm,纵坐标的角度比例尺为μy=10º/mm，分别在横坐标做出推程、回程运动角和近休止角、远休止角，纵坐标上做出最大摆动角，在轴上截取线段代表。
2〉将推程运动角等分成6分，分别过各点作横轴的垂线，4点的垂线交从动件角位移一半的直线于3′点。
3〉将线段43′三等份，对应点为1′、2′、3′，连接11′，12′，13′交2 、3、 4的垂线于点1″、2″、3″。用光滑曲线连接1、1″、2″、3″，再将此曲线绕3′点旋转180°即得整条推程角位移曲线。
4〉回程运动角位移曲线的画法与上相类似。将7、8对应的位移点用平滑曲线连接，既得间歇位移图。整个从动件的角位移示意图如下。
5〉再利用速度是位移的一阶导，加速度是位移的两阶导，分别做出速度与加速度图。
位移线图

速度线图
加速度线图
2、根据反转原理，在整个机构上加上公共角速度（-ω）后，凸轮将固定，而从动件连同机架将绕凸轮轴心O2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O9相对于机架摆动，从动件的滚子中心在复合运动中的轨迹就是需要设计的理论轮廓线，设计步骤如下：
1〉 将ψ-φ曲线的推程角和回程角分为若干等分，量取位移曲线上各等分点对应的角位移值ψ1=μФ21″、ψ1=μФ32″、……(μФ=μy)。
2〉 选取适当的长度比例尺μl=1.00mm/mm，找出O2和A0的位置，以O2为圆心，以rb/μl为半径作基圆，设磙子的半径为15 mm，以76mm为半径作小辅助圆，从O9做这个辅助圆的切线得到第一个切点。
3〉以O2为圆心及O2O9为半径画圆，沿（-ω）方向自O2A0开始依次取推程运动角（75°）远休止角（10°），回程运动角（65°）和近休止角（210°），并将推程和回程运动角各分为位移曲线上相应的等分，得A1，A2，A3……A14各点，它们便是逆时针方向反转时，从动件轴心的各个位置。
4〉分别从A1，A2，A3……A14作小辅助圆的切线。再以A1，A2，A3……A14为转轴中心将每条切线转过相应位置对应的从动件的角位移。转过后原切线的端点就是在逆时针方向反转中从动件滚子中心的轨迹点。以它们为圆心，15mm 为半径作磙子圆。
5〉因为辅助磙子圆已够密集，所以无须再做理论轮廓线。在此基础上做各磙子圆的内包络线。即得到凸轮的工作轮廓。
6〉校核凸轮机构的压力角，应保证凸轮机构最大压力角 αmax≤[40°]
7）校核轮廓的最小曲率半径，在设计滚子从动件凸轮的工作轮廓时，若滚子半径rt过大。则导致工作轮廓变尖或交叉。在理论轮廓上选择曲率最大的点，以该点为圆心作任意半径的小圆，再以该圆与轮廓的两个交点为圆心，以同样的半径作两个小圆，三小圆相交于四点，分别连接两两相交的交点。这两条连线的交点到第一个小圆的圆心的距离，可近似地分别作为理论轮廓上的曲率中心和曲率半径。

凸轮示意图
三、齿轮机构设计
〈一〉设计数据
符号

Zo″
Z1
Z1′
do′
do″

单位
r/min

mm
mm
方案Ⅲ
1440
19
15
50
100
300
6
4.5
〈二〉算得的各个未知矢量如下表（3-2）
因为no′/no″=do″/do′ 得no″=480r/min
n o″/n2 = z2z1′/z″z1 得z2=z″z1n″/z1′n2=38

z1(15)
z2(38)
分度圆直径
90
228
基圆直径
84.57
214.25
齿顶圆直径
118.36
247.64
齿根圆直径
79.36
208.64
分度圆齿厚
11.01
7.83
分度圆齿距
18.84
18.84
中心距
159
〈三〉齿轮O1O2的啮合图做法如下：
1、选取比例尺μL=1，定出中心O1、02，分别以O1、O2为圆心作基圆，分度圆，齿顶圆，齿根圆。
2、画出工作齿廓的基圆内公切线，分别与⊙O1、⊙O2相切于N1、N2，且与连心线O1O2的交点为节点P，同时又是两分度圆的切点，内公切线与过P点分度圆切线夹角为齿合角αt应与计算值相符。
3、做齿轮O1的齿廓，线段N1P即为理论啮合线的一段，也是渐开线发生线的一段。
4、将N1P线段分成若干等份P1、12、23、…。
5、根据渐开线特性N1O1′=N1P，因弧长不易测得，可按下式计算N1O′所对应的弧长N1O′。
N1O1′=dbsin[(N1P/db) • (1800/∏)]
按此铉长在基圆上取O1′点。
6、将基圆上的弧长N1O′分成同样的分数，得基圆上的对应点1′，2′，3′…。
7、过1´，2´，3´，4´点作基圆的切线，并在这些切线上分别截取线段，使的1′1″=1P，2′2″=2P，…得1″，2″，3″，4″ 各点，用平滑的曲线将O1′，1″，2″，3″, 4″各点连接起来就得到分度圆以下的渐开线。
8、将基圆上的分点向左延伸，作5′，6′，7′，8′， 5′5″=5•1P、6′6″=6•1P、7′7″=7•1P、… 取得分度圆以上渐开线各点5″，6″，7″，8″直至画到或略超出齿顶圆为止。
9、由于df<db，基圆以下一段齿廓为径向线，在径向线齿
根圆之间以r=0.2m为半径画出过度圆角。
10、依据上面的做法做出齿轮O2的轮廓。由于df〉db，直接在渐开线与齿根圆之间做出过度圆角。
11、这样就作出了完整齿轮啮合图。如下：

〈四〉齿轮O″O1′的啮合图同上面O1O2的做法相同。如下：

设计体会
通过一段时间的课程设计，让我对所学机械原理知识得到了更深的理解，和实际事物相联系，从而拟定运动方案和初步设计选型与组合以及确定传动方案，解决实际问题，也学会了查阅各种资料，运用各种工具，熟练掌握了CAD2007绘图、Office2003等软件的使用方法。

参考资料

《机械原理》……………………………………………… 高等教育出版社.邹慧君等主编