【东北林业大学】机械原理课程设计,指导书

　机

　械

　原 原 理 课 课

　程 程 设 设

　计 计 指

　导 导 书 东 东

　 北

　 林

　业

　大

　学 机电工程学院 一、 概述 1 课程设计得目得 机械原理课程设计就是《机械原理》课程得一个重要教学环节,就是理论联系实际得一个重要手段.通过此设计使学生巩固与加深所学理论知识，培养学生独立解决与本课程相关得工程实际问题得能力，使学生对现有机械得分析与设计方法有一个比较完整得概念，并进一步提高计算与制图能力。

　2 机构简介、作业内容及工作量 1 ）

　机构简介

　 图 图 1 所示六杆机构就是压床中得主体机构， 电动机经过联轴 器 带动减速器,进 进而 将转速降低， 然后再带动图 图 1 所示六杆机构中得柄 曲柄 1 转动 ，块 从而使滑块 5克服阻力而运动。在曲柄轴得另一端装有供润滑连杆机构各运动副用得油泵机构得凸轮。

　2) 作业内容 ① 对压床得连杆机构进行运动分析; ② 设计 凸轮 机构. 要求学生在 一周成 内完成 1 号图纸一张，2 号图纸一张，并应附有相应得计算说明书.

　¦ ΨAFECBD

　图 1 连杆机构简图 设计题目数据如表 1 所示: 作业内容 连杆机构得运动分析 符号 X １

　X 2 y

　ψ’

　ψ″ L Ａ B L B Ｃ

　Ｌ Ｄ E L CD L EF n 单位 mｍ mm mm

　度

　度 ｍm mm mm mm mm 转/分 数据 7

　0 60 100 二 、 平面连杆机构得运动分析 已知：X １ ＝ ＝0.0 ７m ，Ｘ 2 =0.2m ， y ＝0 。３15m,Ｌ Ｌ AB ＝ ＝0 。０7m， ， LBC = ０。３2m ，

　L DE =0.22 ５ｍ， Ｌ Ｌ C Ｄ ＝ ＝0 。15m ，

　Ｌ Ｌ EF = ０. ０6 ｍ，n= １0 ０转/ 分. 要求: 做机构运动简图( 至少六 个位置，其中一个位置用粗实线绘出) 用相对运度 动图解法求滑块在各个位置得时得速度 V F 度 与加速度 a ，作滑块得位移，速度与加速度线图.并 并 绘 制在 在 1 号图纸上。

　作图步骤: 1． 作机构运动简图,具体做法: 1）

　选取长度比例尺 µ Ｌ ,例如取 µ L =

　0。００４ｍ/mｍ,然后由各机构得实际长度(单位用 m）算出相应得图示长度（单位用 mm）如下：

　AB=1７。５mm，

　 ，ＢC=80mｍ ，DE=56.２5mm， CD=３7.5mm, ＥＦ＝15 mｍ，

　X 1 ＝

　 X 2 =50 mm,,

　ｙ=78.75 mm、 2）做出已知固定点Ａ、D 与固定导路 y-ｙ。

　3）从含有主动件 1 得第一个四杆机构 6—1－6-2—３-６开始,应用拆杆组法，确定 B 1 点。

　这里补充说明一下说明书中曲柄位置得做法为:取滑块在下极限位置时(此时摇杆 3 与 y 轴夹角为ψ’)所对应得曲柄位置为起始位置１，按曲柄转向,将曲柄圆周八等分,得八个位置，另外再补充做出当滑块在上极限时得一个位置 4’。

　而学生设计计算得初始位置由教师按照学号来指定，并以此为初始位置确定其余位置。

　4）第一个四杆机构 AＢ １ C 1 D 得位置确定后 E 得位置也随之确定,对第二个四杆机构 6-3-4-5-6，可将ＤE 1 瞧作主动件，应用拆杆组法，定出Ｆ 1 点得位置。

　5)同理，可作出其余各位置得机构运动简图，此时把 C 处得运动副拆开，先定出 E i

　得位置较为方便。然后再定出 Fi 点得位置. 2。

　速度分析 由图不难瞧出，该六杆机构可分为两个四杆机构来研究,即由构件 6-1-2-３-6组成得曲柄摇杆机构与由构件 6-3-4—5—6 组成得摇杆滑块机构。解题时由原动件 1 开始，先解ＩI 级杆组 2，3。再解 II 级杆组 4,５。

　 这里我们取机构在 2 位置时举例说明其速度分析方法. 1)B 点速度 V Ｂ =L ＡＢ

　ω １ =0、07＊（2π

　/60)*100=0。73m／ｓ 如图,取任一点Ｐ做

　（=36.5mm) 代表Ｖ B 大小，其方向垂直于 AB 而指向与 ω一致.故速度比例尺 µ V = V B

　／Ｐb＝0、7３/36、5＝０.02m/s／ｍｍ。

　即图纸上 1ｍm 长度代表 0。0２m／ｓ得速度.

　ﻩ

　 ﻩﻩ2）

　Ｃ点速度应用相对速度原理，由构件 2 上 B，C 两点得: Ｖ Ｃ

　＝

　V B

　＋

　Ｖ Ｃ Bﻩ

　方向

　⊥CＤ ⊥AB ⊥BＣ 大小 ？ 0.7３m／ｓ ？ 由于该向量方程式只包含两个未知数，故可用图解法求出Ｖc 与 V CB 得大小。具体做法如下：

　①过 b 点作Ｖ Ｃ B 得方向线，它垂直于 BＣ。

　②过 p 点作 Vc 得方向线， 它垂直于 CD。

　③线段 与相交于 C 点，则线段及即分别代表所求得 Vｃb 及 Vc 3）E 点速度

　可由速度影像法求得.因同一构件３上 C，D， E 在同一直线上，故其速度影像 pce 也应在同一直线上,且 CD：ＣE=pｃ:ce，按比例作图。如图所示，则向量即代表速度 Ve

　4）F 点速度 应用相对速度原理，由构件 4 上 EF 两点得

　=

　 +

　 方向 ∥yy √ ⊥EF 大小 ？ √ ? 同理，因该向量方程式只包含三个未知数，故可用图解法求得，具体做法 ①过 e 点作得方向线，它垂直于 EF。

　②过 P 作得方向线,它平行于 yｙ。

　③与相交于 f 点,则线段即代表 ,其大小为

　V F =μv(pf）=０、0２*５９＝1。18m／ｓ

　 机构在其余各位置时，F 点速度大 小与方向,可用上述分析方法用图解法求得如图所示。

　3．加速度分析 亦取机构在 2 位置时举例说明其加速度分析方法。

　1）B 点加速度 主动件 AB 以等速回转,故Ｂ点仅有法向加速度，其大小为 ==ω 2 ＝0、0７(2π/60＊100）２ =７．57ｍ/ｓ ２

　其方向从 B 点指向 A 点 2）C 点加速度

　应用相对加速度原理,又构件 2 上得两点等

　+

　 =

　=

　+

　+

　方向 C→D ⊥ＣD

　B → A C → B ⊥CＢ 大小 √ ？

　√ √ ? 式中＝ 2 /=（（pc）)２ /=(０、0２×3７) ２ ／0、15=３．6５m/s ２ ,方向由 C 指向 D =２ /=（（bc））

　2 ∕=（0、02×7）２

　∕0、32=０。06 m/s 2 ，方向由 C 指向 B

　= =7。５7ｍ／s 2 ，

　由于该向量方程式只包含两个未知数，故可用图解法求得, 具体做法如下: ① 选取适当得加速度比例尺 µa=0。2 m／s 2 /mm 即图纸上 1mm 长度代表 0。2m/ｓ 2 加速度。

　②在图纸上任选一点π 出发作向量πb,它代表加速度，其方向与 BA 平行且由 B指向 A, 大小πb=∕ ａ =7、５７∕0、2=3７。８5mm、 ③过 b 点作向量ｂc ，它代表加速度，其方向与 CB 平行且由 C 指向 B ，大小ｂｃ’=∕ =０、0６／0、2＝0。3mm、 ④过Ｃ′作向量 C′C，它代表加速度，其方向应垂直于 CＢ, 大小则为未知。

　⑤由π点作向量πＣ′′,它代表加速度,方向与ＣＤ平行且由 C 指向 D，大小πｃ′′=∕ =36、５/0、2=1８.25ｍm、 ⑥过 C′′点作向量 C′′C,它代表加速度，方向应垂直于ＣD,大小则为未知。

　⑦线段 C′C 与 C′′C 相交于 C 点，则向量即为欲求得， ＝µａ×πC=０、２×23＝4。6m/ ⑧E 点加速度 与求 E 点加速度相似，应用加速度影象法求,如图所示作直线 πce,且使ＣD：CE=πc:ce，则向量即代表。

　４）F 点加速度 应用相对加速度原理，由构件４上Ｅ、F 两点得

　=

　+

　 +

　 方向 ∥yy √ F→Ｅ ⊥FE 大小 ？ √ √ ? 上列向量方程式只包含两个未知数，故可由图解法求得,具体作法如下 ①过 e 点作向量ｅf′,它代表加速度＝=＝０。2４mm，方向由 F 指向 E. ②过ｆ′点作向量ｆ′f 它代表加速度,大小未知．方向垂直ＦＥ。

　③过π点作向量 πｆ,它代表加速度,大小未知，方向平行于导路 yy. ④f′f 与 πf 相交与 f 点,则向量即为欲求得，＝ µπf=0、2×12、5＝2。5ｍ/ 同理，可求得机构在其余各位置时得大小与如图所示.

　4.作滑块运动线图 １）滑块Ｆ点位移对时间得变化曲线 ①根据图纸得大小,取时间比例尺与位移比例尺各为 μt=60/nL==0、00９5s/mm μs’=0．005m/mm，μ S =０．00２m/ｍm ②作两个坐标轴，在横轴上取 L=６4mm(＝T/μt）,并与曲柄位置相应将其分为八等分作纵坐标。

　③以滑块在位置Ｉ时为起点,量取曲柄在各位置时，滑块上点 F 在其起始位置 F 1得相应位移 F 1 F 2

　,Ｆ 1 F 3 ……. ④将量得得位移经过变换得=，然后在相应纵坐标上截取各点。

　⑤将所得各点连成一光滑曲线,此即为滑块上Ｆ点位移相对时间得变化曲线。

　２）

　滑快上 F 点得速度与加速度对时间得变化曲线 ①根据图纸大小选择适当得比例尺，取 μ Ｖ ’=0、05 μa’=0、5 同上取μt=0、0095s/ｍｍ ,在横坐标上取 L=６4mm 并与曲柄位置相应将其分为八等分作纵坐标。

　②在速度多边形与加速度多边形上量取机构在各位置时 F 点得速度与加速度,

　μ F 及 a F 各为μ Ｆ i =μ Ｖ· ｐf i ， ａ i ＝μ a · πf i 得 V=０、02×0=０

　V=０、02×31=６2m/ｓ

　 V=0、0２×5９＝1.18m/ｓ

　 V=0、0２×4２=０。８4m／s

　Ｖ＝0、0２×7=0。14m/s V=0、02×42=0．84m/ｓ

　 Ｖ=0、０2×54＝１．08m/s

　Ｖ＝0、０2×32=0.64ｍ/s a=0、2×４0＝８。2m/s a=0、2×４3＝８.6m/s

　ａ=0、２×1２、５=2．５ｍ／s

　ａ=０、2×47=９．4m/s

　a=０、2×63＝12．6m/ｓ

　a=０、2×３９=7．８ｍ／s

　a＝0、２×２=0．4ｍ/s

　 a=0、4×4０=８m/s ③将所得各位置时得 V 与 a 各除以μ V "与μa"，然后在相应得纵坐标上截取各点。

　④将纵坐标上所得各点得速度与加速度各连成一条光滑曲线,此即为滑块上 F 点得速度与加速度对时间得变化曲线。

　注:由于机构４＇与位置 5 非常接近，加速度 a 分析从略。

　π

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　1、 、 已知: 偏置直动滚子从动件盘形凸轮中升程 程 h ＝２8m距 ｍ，偏距 e=12 ｍm ，基径 圆半径 r=3 ０ｍm径 ，滚子半径 r=10 ｍm,［ ［ α］ ］= ３０°, 从动件运动规律: 凸轮转过 过 6 ０°时, 从动件以余弦 加速度运动规律上升, 其后转过 30 °从动件保持不动，过 再转过 60 °时, 从动件以余弦加速度 运动规律过 返回原处，其后又转过 23 ０°从动件保持不动。凸轮与曲柄共轴以逆时针回转。

　２、 要求 ：

　设计该凸轮得轮廓曲线, 绘在 2 号图纸上； 校验最大压力角就是否在允许范围内。

　如果不满足要求, 请提出改进措施。

　3、解题步骤: 1）

　作 S-ψ位移线图 ①取比例尺 µ=0。0０１ｍ/mm 角位移比例尺=4°/ｍm ②将横坐标在 0°-60°范围内等分 6 份,得分点 1、２、

　…6， 在９0°-150°得范围内亦等分 6 份得分点 7、8…1３，在 60°-９0°与１60°－320°范围内不必等分。

　③根据题意,０°－６0°与９0°－150°区间按余弦加速度运动规律用图解法作Ｓ－ψ位移曲线，如图 2 所示。

　图２ 运动线图 2）绘制凸轮廓线 ①取长度比例尺 µ＝０.001ｍ/ｍm;

　②以 O 为圆心，以 OB＝ｒ与 OK＝e 为半径作基圆与偏距圆，从动件导路与偏距圆相交于Ｋ点，其基圆上交点 B。便就是从动件得起始位置； ③从 K 点开始沿—方向将偏距圆分成Ｓ—ψ曲线图上横坐标对应得区间与相应得分点； ④过这些分点作偏距圆得切线(它们便就是反转后从动件在各对应位置时得导路），并与基圆相交于 CCC…Ｃ ⑤各切线上自 CCC…等点出发向基圆以外截取线段,使与 S—ψ图中对应得纵坐标相等,即作 CＢ＝1S，CＢ=2S……得点 BB……、； ⑥将点 BB……、等练成光滑曲线，即得所求凸轮得理论廓线。

　⑦以理论廓线上任意点为圆心,以滚子半径 r 为半径作一系列圆,并作这些圆得包络线，即得到凸轮得轮廓线。

　３）．计算最大压力角α；校验其就是否在允许范围内 最大压力角可以近似假定出现在从动件达到最大值得位置。从动件以余弦加速度规律运动，最大速度在φ/２处,可求得 v= 而最大压力角由公式可得 ｔgα＝ 式中：e—偏距 ｒ－理论廓线得基圆半径 S－最大速度时从动件得位移 参考文献

　［1] 朱理主编、 机械原理、 北京:高等教育出版社 , ２004 [2］ 孙桓主编、 机械原理、 北京:高等教育出版社 , 1996

　201０年 5 月