课程设计说明书
题目名称：平面六杆机构
学院：机械工程学院 专业：机械设计制造及其自动化 学生姓名：杨鹏
班级：机英102班 学号：10431042
一、 设计题目及原始数据
二、 设计要求
三、 机构运动分析与力的分析
1、机构的运动分析
位置分析：θ=θ。+arctan(1/2) ﹦〉θ。=θ-arctan(1/2) 机构封闭矢量方程式：L1+L2-L3-LAD=0 L1^(iθ1)+L2(iθ2)=LAD+L3^(iθ3)
①
实部与虚部分离得：l1cosθ1+l2cosθ2=lAD+l3cosθl1sinθ1+l2sinθ2= l3cosθ3 由此方程组可求得未知方位角θ3。
当要求解θ3时，应将θ2消去，为此可先将上面两分式左端含θ1的项移到等式的右端，然后分别将两端平方并相加，可得 l2^2=l3^2+lAD^2+l1^2+2*l3*lAD*cosθ3-2*l1*l3*cos（θ3-θ1）-2*l1*lAD*cosθ1 经整理并可简化为：Asinθ3+Bcosθ3+C=0
式中：A=2*l1*l3*sinθ1；B=2*l3*(l1*cosθ1-lAD)；
C=l2^2-l1^2-l3^2-lAD^2+2*l1*l4*cosθ1; 解之可得：
tan（θ3/2）=（A-√（A^2+B^2-C^2））/（B-C) θ3=2*arctan（(A-√（A^2+B^2-C^2））/(B-C)）-arctan(0.5) 在求得了θ3之后，就可以利用上面②式求得θ2。
θ2=arcsin(l3sinθ3-l1sinθ1) 将①式对时间t求导，可得
②
L1w1e^(iθ1)+L2w2e^(iθ2)=L3w3e^(iθ3) ③
将③式的实部和虚部分离，得
L1w1cosθ1+L2w2cosθ2=L3w3cosθ3 L1w1sinθ1+L2w2sinθ2=L3w3sinθ3 联解上两式可求得两个未知角速度w2、w3,即
W2=-w1*l1*sin（θ1-θ3）/（l2*sin（θ2-θ3）） W3=-w1*l1*sin（θ1-θ2）/（l3*sin（θ3-θ2））
且w1=2π*n1 将③对时间t求导，可得
il1w1^2*e^(iθ1)+l2α2*e^(iθ2)+il2w2^2*e(iθ2)=l3α3*e^(iθ3)+il3w3^2*e^(iθ3) 将上式的实部和虚部分离，有
l1w1^2*cosθ1+l2α2* sinθ2+l2w2^2* cosθ2=l3α3* sin
θ3+l3w3^2* cosθ3 -l1w1^2* sinθ1+l2α2* cosθ2-l2w2^2* sinθ2=l3α3*
cosθ3-l3w3^2* sinθ3 联解上两式即可求得两个未知的角加速度α
2、α3，即
α2=(-l1w1^2*cos（θ1-θ3）-l2w2^2*cos（θ2-θ3）+l3w3^2)/l3*sin（θ2-θ3） α3=(l1w1^2*cos（θ1-θ2）-l3w3^2*cos（θ3-θ2）+l2w2^2)/l3*sin（θ3-θ2） 在封闭矢量多边形DEF中，有LDE+LEF=LDF 改写并表示为复数矢量形式：lDE*e^(iθ3)+lEF*e^(iθ4)=lDF
将上式对时间t求导，可得
lDE*w3* e^(iθ3)=- lEF*w4*e^(iθ4) ④
将上式的实部和虚部分离，可得
lDE*w3*sinθ3=- lEF*w4* sinθ4 lDE*w3*cosθ3=- lEF*w4* cosθ4 =＞w4= -lDE*w3*sinθ3/lEF* sinθ4 将④式对时间t求导，可得
ilDE*w3^2* e^(iθ3)+lDE*α3* e^(iθ3)=-ilEF*w4^2* e^(iθ4)-lEF*α4* e^(iθ4) 将上式的实部和虚部分离，有
lDE*α3* sinθ3+ lDE*w3^2* cosθ3=-lEF*α4* sinθ4- lEF*w4^2* cosθ4 lDE*α3* cosθ3- lDE*w3^2* sinθ3=-lEF*α4* cosθ4+lEF*w4^2* sinθ4 =＞α4= -(lDE*α3* sinθ3+ lDE*w3^2* cosθ3+ lEF*w4^2* cosθ4)/ lEF* sinθ4 在三角形∠DEF中：lAD^2=lDF^2+lDE^2-2*lDF*lDE*cosθ3 ﹦〉lDF=lDEcosθ3+√(lAD^2-lDE^2sinθ3)
即从动件的位移方程:S= lDF=lDEcosθ3+√（lAD^2-lDE^2sinθ3) 将上式对时间求导t得，从动件的速度方程: V=-lDEsinθ3-lDE^2*sin(2*θ3)_/(2* √(lAD^2-lDE^2sinθ3)） 将上式对时间求导t得，从动件的加速度方程：
a=-lDEcosθ3-（lDE^2*cos(2*θ3)*√(lAD^2-lDE^2sinθ3)+lDE^4*sin(2*θ3)^2/(4*(2* √(lAD^2-lDE^2sinθ3)）)/(lAD^2-lDE^2*sinθ3^2)
2、机构的力的分析
先对滑块5进行受力分析，由∑F=0可得，
Pr=F45*cosθ4+m5*a FN=G+F45*sinθ4 得F45=(Pr-m5*a)/ cosθ4 在三角形∠DEF中，由正弦定理可得
lDE/sinθ4=l4/ sinθ3=＞sinθ4=lDE* sinθ3/l4 =＞θ4=arc(lDE* sinθ3/l4) 再对杆4受力分析，由∑F=0可得， F34+FI4=F54且FI4=m4*as4、F54=-F45 =＞F34=F54-FI4=＞F34=-F45-m4*as4 Ls4=LAD+LDE+LEs4 即 Ls4=lAD+lDE*e^(iθ3)+lEs4*e^(iθ4) 将上式对时间t分别求一次和二次导数，并经变换整理可得Vs4和as4的矢量表达式，即
Vs4=-lDE*w3*sinθ3-lEs4*w4*sinθ4 as4=-lDE*w3^2*cosθ3+lEs4*α4*sinθ4+w4^2*lEs4*cosθ4 对杆2、3受力分析：有MI3=J3*α3 l3^t*F23-MI3=l3* e^i(90°+θ3)*(F23x+iF23y)-MI3
=-l3*F23x* sinθ3-l3*F23y* cosθ3-MI3+i(l3*F23x* cosθ3-l3*F23y* sinθ3)=0 由上式的实部等于零可得
--l3*F23x* sinθ3-l3*F23y* cosθ3-MI3=0 ⑤ 同理，得
l2^t*(-F23)= -l2* e^i(90°+θ2)*(F23x+iF23y)= l2*F23x* sinθ2+l2*F23y* cosθ2+i(l2*F23x* cosθ2+l2*F23y* sinθ2)=0 由上式的实部等于零，可得
l2*F23x* sinθ2+l2*F23y* cosθ2=0 ⑥ 联立⑤、⑥式求解，得
F23x=MI3* cosθ2/(l3* sinθ2* cosθ3-l3* sinθ3* cosθ2) F23y=MI3* sinθ2/(l3* sinθ3* cosθ2-l3* sinθ2* cosθ3) 根据构件3上的诸力平衡条件，∑F=0，可得
F32=-F23 根据构件2上的力平衡条件，∑F=0，可得
F32=F12 对于构件1，F21=-F12=＞F21=F23 而M=l1^t*F21=l1*e^i(90°+θ1)*(F21x+iF21y)=l1*F21x*sinθ1+l1*F21y*cosθ1+i(F21x*cosθ1-F21y*sinθ1) 由上式的等式两端的实部相等可得： M=l1*F21x*sinθ1+l1*F21y*cosθ1
=＞M=l1* F23x*sinθ1+l1* F23y*cosθ1
四、 附从动件位移、速度、加速度的曲线图、作用在主动件上的平衡力矩的曲线图
五、 机构运动简图
CEθ2Bθ1ADθ4θ3F
六、 设计源程序
位移程序：
clc;clear l1=0.08; l2=0.3; l3=0.3; l4=0.2; l5=sqrt（0.2)； t=0:0.01:2*pi; for i=1:length(t)； x1=t(i)； A=2*l1*l3*sin(x1)； B=2*l1*l3*cos(x1)-2*l3*l5; C=l2^2-l1^2-l3^2-l5^2+2*l1*l5*cos(x1)； k=(A-sqrt(A^2+B^2-C^2)）/（B-C)； x3=2*atan(k)-atan(0.5)； s=0.5*l3*cos(x3)+sqrt(l4^2-(0.5*l3)^2*(sin(x3)^2)）； q(i)=s; end
plot(t,q) title（'滑块的位移随x1的变化曲线'） 速度程序：
clc;clear l1=0.08; l2=0.3; l3=0.3; l4=0.2;l5=sqrt（0.2)； t=0:0.01:2*pi; for i=1:length(t)； x1=t(i)； A=2*l1*l3*sin(x1)； B=2*l1*l3*cos(x1)-2*l3*l5; C=l2^2-l1^2-l3^2-l5^2+2*l1*l5*cos(x1)； k=(A-sqrt(A^2+B^2-C^2)）/(B-C)； x3=2*atan(k)-atan(0.5)；
v=-0.5*l3*sin（x3)-（(0.5*l3）^2*sin(2*x3)）/（2*sqrt(l4^2-(0.5*l3)^2*(sin(x3)^2)）)；; q(i)=v; end
plot(t,q) title（'滑块的速度随x1的变化曲线'） 加速度程序：
clc;clear l1=0.08; l2=0.3; l3=0.3; l4=0.2;l5=sqrt（0.2)； t=0:0.01:2*pi; for i=1:length(t)； x1=t(i)； A=2*l1*l3*sin(x1)； B=2*l1*l3*cos(x1)-2*l3*l5; C=l2^2-l1^2-l3^2-l5^2+2*l1*l5*cos(x1)； k=(A-sqrt(A^2+B^2-C^2)）/（B-C)； x3=2*atan(k)-atan(0.5)； a =- (3*cos(x3)）/20（9*sin(x3)^2)/400)^(1/2)）（9*sin(x3)^2)/400)^(3/2)）； q(i)=a; end
plot(t,q) title（'滑块的加速度随x1的变化曲线'） 平衡力偶程序：
clc;clear l1=0.08; l2=0.3; l3=0.3; l4=0.2; l5=sqrt(0.2)； J3=0.01; n1=400; t=0:0.01:2*pi; for i=1:length(t)； z1=t(i)；
A=2*l1*l3*sin(z1)； B=2*l1*l3*cos(z1)-2*l3*l5;
C=l2^2-l1^2-l3^2-l5^2+2*l1*l5*cos（z1)； k=(A-sqrt(A^2+B^2-C^2)）/(B-C)； z3=2*atan(k)-atan(0.5)；
z2=asin（l3*sin(z3)-l1*sin(z1)）； w1=2*pi*n1;
w2=（-w1*l1*sin(z1-z3)）/（l2*sin(z2-z3)）； w3=（-w1*l1*sin(z1-z2)）/（l3*sin(z3-z2)）；
a3=(l1*w1^2*cos(z1-z2)-l3*w3^2*cos(z3-z2)+l2*w2^2)/l3*sin(z3-z2)； MI3=J3*a3;
F23x=MI3* cos（z2)/(l3* sin(z2)* cos(z3)-l3* sin(z3)* cos(z2)）；
F23y=MI3* sin（z2)/(l3* sin(z3)* cos(z2)-l3* sin(z2)* cos(z3)）； M=l1* F23x*sin(z1)+l1* F23y*cos(z1)； q(i)=M; end plot(t,q)
title（'构件1的平衡力偶随z1的变化曲线'）
七、 设计心得
这次课程设计让我对机械成品的诞生有了一个初步的认识，没想到一个简单的连杆机构都那么复杂，很多应该提前掌握的原理，知识，我们都是现学现卖，真是汗颜，而matlab也是我们才接触不久的，虽然加强了我自主学习的能力，但也是对我一个很大的挑战。我以前学习过C语言，本以为对编程有点底子，会好很多，可是事实上却并非如此，还是不停的出现各种问题，只好不停的完善，重来。从刚刚接触的matlab，一步步的熟悉它，到最终完成这次的课程设计，这些让我们的假期充实不少。相信这次课程设计，会为我们下学期学机械设计课程，打下一个良好的基础，如此而已。
八、 主要参考资料
1、机械原理第七版课本； 2.MATLAB程序编程； 3.理论力学课本等；
CEθ2Bθ1ADθ4θ3F
图表 1
机械原理课程设计格式
目录
一、设计题目
1、题目及设计要求
2、基本数据
二、功能分解
三、机构选型
实现每个工艺动作机构的选型
四、机械运动方案的拟定
1、机构组合方式
2、机械运动方案的拟定（拟定2～3个方案，并画出相应的运动方案示意图）
3、方案的评价
4、方案的确定（在图纸上画出机械运动方案简图）
五、运动循环图
六、机构尺寸的确定及设计计算
1、传动比计算
2、机构尺寸的确定
3、连杆机构的设计（进行运动分析，并画出运动线图）
4、齿轮机构的设计（几何参数设计）
5、凸轮机构的设计（根据选定从动件的运动规律设计凸轮轮廓线图，在图纸上单独绘制轮廓线图，保留作图轨迹）
注意：如果采用解析法进行设计，如果是用计算机编程，建立数学模型，写出流程框图，程序列在附录，附录附在设计说明书后面。
七、总结
八、参考文献
格式：罗洪量主编。《机械原理课程设计指导书》（第二版）。北京：高等教育出版社，1986年。 2 JJ.杰克（美）主编。《机械与机构的设计原理》（第一版）。北京：机械工业出版社，1985年。
注意事项：
1、 设计说明书用钢笔、中性笔书写，书写要规范、认真，采用统一的课程设计用纸；
2、 对自成单元的内容应有大小标题，做到层次分明醒目突出；
3、 编写说明书时应做到条例清楚、叙述简明、重点突出、计算正确、文句通顺、书写整洁；
4、 所用的公式和数据应注册来源（参考资料的编号和页次）；
5、 全部计算中所用的符号和脚注必须前后一致、不能混淆；
6、 绘制机械运动简图时应采用规定的符号、按比例作图；
7、 对计算结果应有简明的结论。如果实际所取的数值与计算结果有较大的差异，应作必要的解释，说明原因。
2014-2015-1机械原理课程设计原始数据
1、 膏体自动灌装机方案设计
膏体自动灌装机的生产能力是n（盒/min）
n＝20，25，30，36，40，45，48，50，54，60
2、 自动制钉机方案设计
自动制钉机的生产能力：n（枚/min）
n＝340，343，246，348，350，352，355，357，360，362
3、 冲压式蜂窝煤成型机方案设计
煤饼规格：煤饼直径：120mm；煤饼高度：75mm；孔数：12孔；孔径：16mm 冲压次数：n（次/min）n＝25，26，27，28，30，32，34，35，36，40 料斗数：1个
4、 书本打包机方案设计
书摞尺寸：宽度（mm）：130，135，140 长度（mm）：180，185，190，195，200，205，210，215，220 高度（mm）：180，185，190，195，200，205，210，215，220 推书行程：H400mm
推书次数（主轴转速）：n(100.1)r/min 纸卷直径：d400mm
5、 电机转子嵌绝缘纸机方案设计
每分钟嵌纸：n（次）
n＝70，72，75，78，80，82，84，86，88，90 电机转子尺寸：
直径（mm）：D＝35，36，38，40，42，44，46，48，50
长度（mm）：L＝30，32，34，36，38，40，42，45，50 工作台面离地面距离约：h（mm）
h＝1100，1110，1120，1140，1150，1160，1170，1180，1190，1200 要求机构的结构尽量简单紧凑，工作可靠，噪声较小。
6．自动洗瓶机方案设计
瓶子尺寸：大端直径：d＝80mm，瓶长：200mm
推瓶距离：L（mm）
L＝500，520，540，550，560，580，600，620，640，650 要求：推瓶机构应使推头以接近均匀的速度推瓶，平稳地接触和脱离瓶子，然后，推头快速返回原位，准备第二个工作循环。
按生产率的要求，推瓶平均速度为：v（mm/s）
v＝30，32，35，36，38，40，42，45，48，50 要求：返回时的平均速度为工作行程的3倍。
7、药片成型机方案设计
上冲头、下冲头、送料筛的设计要求：
1) 上冲头完成往复直移运动（铅垂上下），下移至终点后有短时间的停歇，起保压作用，保压时间为0.4 s左右。
冲头上升后要留有料筛进入的空间，故冲头行程为：90，92，94，96，98，100 mm。因冲头压力较大，因而加压机构应有增力功能。
2) 下冲头先下沉3mm，然后上升8mm，加压后停歇保压，继而上升16mm，将成型片坯顶到与台面平齐后停歇，待料筛将片坯推离冲头后，再下移21mm，到待料位置。
3) 料筛在模具型腔上方往复振动筛料，然后向左退回。待坯料成型并被推出型腔后，料筛在台面上右移约：45，50mm，推卸片坯。
机械原理课程设计
培养和提高学生的创新思维能力是高等教育改革的一项重要任务．机械原理是机械类专业必修的一 门重要的技术基础课，它是研究机械的工作原理、构成原理、设计原理与方法的一门学科，特别是机械原理
课程中关于机械运动方案的设计是机械工程设计中最具有创造性的内容，对培养学生的创新设计能力起
着十分重要的作用．机械原理课程设计是机械原理教学的一个重要实践环节，以往我们在机械原理课程设
计中存在着很多不足，主要问题是学生完成课程设计后，在后续课程的学习与实践中，不能正确地选用和
设计机构，特别是创造性设计能力与分析解决实际工作问题的能力、动手能力和适应能力显得不足．高等
学校工科本科《机械原理课程教学基本要求》中，对机械原理课程设计提出的要求是：“结合一个简单的机
械系统，综合运用所学的理论和方法，使学生受到拟定机械运动方案的训练，并能对方案中某些机构进行
分析和设计”．它要求针对某种简单机械进行机械运动简图设计，其中包括机器功能分析、工艺动作过程确
定、执行机构选择、机械运动方案评定、机构尺度综合等．依据这一基本精神，要求把培养学生的创新设计、开拓能力作为一条主线贯穿于课程设计的始终，在深入掌握机械原理基本知识、强化学生运算能力和绘图
基本功的同时，开展创造性教育，培养学生创造性设计能力．如何在机械原理课程设计中体现这种能力培
养，几年来我们不断地对课程设计内容、设计方法和设计手段等进行了一些探索与实践． 1 合理安排课程设计内容，培养学生创新思维能力
对于机械原理课程设计的内容选择，以往教学中存在着两种不同的看法：一种认为选用已有的典型机 械，对其进行比较系统的运动分析与受力分析等，以加深学生对机械原理课程各章节内容的理解和掌握；
另一种认为根据某些功能要求，要求学生独立地确定机械系统的运动方案，并对其中的某些机构进行设
计．前者侧重于分析，后者则侧重于设计．我们在课程设计内容选择问题上也进行了多年探索，如以培养学
生的运算、绘图的基本技能和巩固基本知识为主要目的，选用对典型机械进行分析设计的题目，但是在后
续的课程教学中发现学生创造性设计新机械的能力与分析解决实际工作问题的能力和适应能力显得不
足．我们也曾经尝试只给出设计题目，让学生自己独立地进行机械运动方案确定和对其中某些机构进行设
计．虽然这种设计内容能够促使学生主动地进行独立思考，自觉地进行一些相关资料的查询，但是由于学
生没有进行过一次比较系统的设计过程训练，大多数学生不知从哪里下手，较难进入设计状态，设计
过程
中出现多次反复修改使得设计进度非常缓慢．从最后的设计结果来看，只有少数学生比较理想，多数学生的设计都出现了一些错误，设计结果不能满足题目要求，而且由于多次修改使得图面质量较差．经过多年的探索与实践，我们认为在机械原理课程设计中，分析与设计都是很重要的两个环节，对典型机械的分析__和学生独立创新机械的设计对于学生来说都是不能缺少的．那么怎样才能在有限的设计时间内把这些内
容都安排进去而又同时能保证设计质量呢？我们结合现有实际条件，交给学生的课程设计内容是：先进行
典型的机械分析，然后进行创新机械设计．我们选择了牛头刨床传动方案作为课程设计题目，要求学生不
能照搬现有牛头刨床传动方案，每个学生必须至少提出一种新的传动方案，并且提出的方案越多越好．学
生在方案构思过程中，积极查阅资料，热烈讨论，表现出了极大的主动性，提出了很多方案，最后经过归纳
得出l0种可以实现刨床运动要求的方案，如图I所示．在这一过程中，使学生突破了固有传动方案模式，拓宽了方案构思思路，得到了一次提高创新思维能力的训练．
机械原理 课程设计说明书
设计题目：牛头刨床的设计
机构位置编号：11 3
方案号：II
班 级： 姓 名： 学 号：
年 月 日
目录
一、前言………………………………………………1
二、概述
§2.1课程设计任务书…………………………2 §2.2原始数据及设计要求……………………2
三、设计说明书
§3.1画机构的运动简图……………………3 §3.2导杆机构的运动分析…………………4 §3.3导杆机构的动态静力分析3号点……11 §3.4刨头的运动简图………………………15
§3.5飞轮设计………………………………17
§3.6凸轮机构设计…………………………19 §3.7齿轮机构设计…………………………24
四、课程设计心得体会……………………………26
五、参考文献………………………………………27
一〃前言
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。是培养学生机械运动方案设计、创新设计以及应用计算机对工程实际中各种机构进行分析和设计能力的一门课程。其基本目的在于：
⑴．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。
⑵。 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。
⑶。 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。
⑷。 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。
⑸。 培养学生综合运用所学知识，理论联系实际，独立思考与分析问题能力和创新能力。
机械原理课程设计的任务是对机械的主体机构连杆机构、飞轮机构凸轮机构，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，或对各机构进行
1 运动分析。
二、概述
§2.1课程设计任务书
工作原理及工艺动作过程 牛头刨床是一种用于平面切削加工的机床，如图(a）所示，由导杆机构1-2-3-4-5带动刨头5和削刀6作往复切削运动。工作行程时，刨刀速度要平稳，空回行程时，刨刀要快速退回，即要有极回作用。切削阶段刨刀应近似匀速运动，以提高刨刀的使用寿命和工件的表面 加工质量。切削如图所示。
§2.2.原始数据及设计要求
三、设计说明书（详情见A1图纸）
§3.1、画机构的运动简图
以O 4为原点定出坐标系，根据尺寸分别定出O 2点B点，C点。确定机构运动时的左右极限位置。曲柄位置图的作法为，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方向将曲柄圆作12等分的位置，如下图：
§3.2 导杆机构的运动分析
11位置的速度与加速度分析 1）速度分析
取曲柄位置“11”进行速度分析。因构件2和3在A处的转动副相连，故VA2=VA3，其大小等于W2lO2A，方向垂直于O2 A线，指向与ω2一致。
曲柄的角速度 ω2=2πn2/60 rad/s=6.702rad/s υA3=υA2=ω2〃lO2A=6.702×0.09m/s=0.603m/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 ⊥O4B ⊥O2A ∥O4B 取速度极点P，速度比例尺µv=0.01(m/s)/mm ，作速度多边形如下图
由图得
υA4=0.567m/s
υA4A3 =0.208m/s
用速度影响法求得
VB5=VB4=VA4*04B/O4A=1.244m/s 又
ω4=VA4/O4A=2.145rad/s 取5构件为研究对象，列速度矢量方程，得
vC = vB+ vCB 大小
？ √ ？ 方向 ∥XX ⊥O4B ⊥BC 取速度极点P，速度比例尺μv=0.01(m/s)/mm, 作速度多边行如
5 上图。 则图知， vC5= 1.245m/s
Vc5b5=0.111m/s
ω5=0.6350rad/s
2）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aA2n=aA3n,其大小等于ω22lO2A,方向由A指向O2。 ω2=6.702rad/s, aA3n=aA2n=ω22lO2A=6.702×0.09 m/s2=4.0425m/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 = aA4n + aA4τ
= aA2n
+ aA4A2k
+
aA4A
2大小:
？
ω42lO4A
？
√
2ω4υA4 A2
？
方向: ？ A→O4 ⊥O4B A→O2
⊥O4B
∥O4B 取加速度极点为P＇，加速度比例尺µa=0.1（m/s2）/mm, 作加速度多边形如下图所示。
由图可知
aA4=2.593m/s2 用加速度影响法求得
aB4= aB5 = aA4* L04B / L04A =5.690 m /s2 又
ac5B5n =0.0701m/s2 取5构件为研究对象，列加速度矢量方程，得
ac5= aB5+ ac5B5n+ a c5B5τ 大小
？
√
w52 Lbc
？ 方向
∥XX √
c→b
⊥BC 作加速度多边形如上图，则
″
aC5B5τ= C5´C5·μa =2.176m/s2
aC5 =4.922m/s2
7
3号位置的速度与加速度分析 1) 速度分析
取曲柄位置“3”进行速度分析，因构件2和3在A处的转动副相连，故VA3=VA2，，其大小等于w2〃lO2A，方向垂直于O2 A线，指向与w2一致。
曲柄的角速度 ω2=2πn2/60 rad/s=6.702rad/s υA3=υA2=ω2〃lO2A=6.702×0.09m/s=0.603m/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， VA4
=VA3
+ VA4A3
大小
？
√
？
方向
⊥O4B
⊥O2A
∥O4B 取速度极点P，速度比例尺µv=0.01(m/s)/mm ，作速度多边形如下图
VA4=pa4〃µv= 0.487m/s VA4A3=a3a4〃µv= 0.356 m/s w4=VA4⁄lO4A=1.163rad/s VB=w4×lO4B= 0.675m/s
取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得
υC =
υB
+
υCB
大小
？
√
？ 方向 ∥XX（向右）
⊥O4B
⊥BC
取速度极点P，速度比例尺μv=0.01(m/s)/mm, 作速度多边形如上， 则
Vc5=0.669m/s
Vcb=0.102m/s
W5=0.589rad/s 2）。加速度分析
取曲柄位置“3”进行加速度分析。因构件2和3在A点处的转动副相连， 故aA2n=aA3n,其大小等于ω22lO2A,方向由A指向O2。ω2=6.702rad/s,
9 aA2n=aA3n=ω22lO2A=6.702×0.09 m/s2=4.0426m/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 =aA4n+ aA4τ = aA3n + aA4A3K + aA4A3v 大小: ？ ω42lO4A ？ √ 2ω4υA4 A3 ？ 方向 ？ B→A ⊥O4B A→O2 ⊥O4B ∥O4B（沿导路） 取加速度极点为P＇，加速度比例尺µa=0.1（m/s2）/mm, 作加速度多边形下图所示：
则由图知：
aA4 =P´a4´〃μa =3.263m/s2 aB4= aB5 = aA4* L04B / L04A =4.052 m/ s2 取5构件为研究对象，列加速度矢量方程，得
ac = aB + acBn+ a cBτ
10 大小 ？ √ ω5l2CB ？ 方向 ∥X轴 √ C→B ⊥BC 其加速度多边形如上图，则 ac =p ´c〃μa =4.58m/s2 §3.3 导杆机构的动态静力分析 3号点 取3号位置为研究对象：
① 。5-6杆组共受五个力，分别为P、G6、Fi6、R16、R45, 其中R45和R16 方向已知，大小未知，切削力P沿X轴方向，指向刀架，重力G6和支座反力R16 均垂直于质心， R45沿杆方向由C指向B，惯性力Fi6大小可由运动分析求得，方向水平向左。选取比例尺μ= (40N)/mm，受力分析和力的多边形如图所示：
已知：
已知P=9000N，G6=800N， 又ac=ac5=4.58m/s2 那么我们可以计算 FI6=- G6/g×ac =-800/10×4.5795229205 =-366.361N 又ΣF=P + G6 + FI6 + F45 + FRI6=0， 方向 //x轴 → ← B→C ↑ 大小 9000 800 √ ？ ？ 又
ΣF=P + G6 + Fi6 + R45 + R16=0， 方向
//x轴
→
←
B→C
↑ 大小
8000
620
√
？
？ 由力多边形可得：F45=8634.495N
N=950.052 N 在上图中，对c点取距，有
ΣMC=-P〃yP-G6XS6+ FR16〃x-FI6〃yS6=0 代入数据得x=1.11907557m ②。以3-4杆组为研究对象（μ=50N/mm）
已知： F54=-F45=8634.495N，G4=220N aB4=aA4〃 lO4S4/lO4A=2.261m/s2 ， αS4=α4=7.797ad/s2
可得：
FI4=-G4/g×aS4 =-220/10×2.2610419N=-49.7429218N MS4=-JS4〃aS4=-9.356 对O4点取矩：
MO4= Ms4 + Fi4×X4 + F23×X23-R54×X54 - G4×X4 = 0 代入数据，得：
13 MO4=-9.356-49.742×0.29+F23×0.4185+8634.495×0.574+220×0.0440=0 故：
F23=11810.773N Fx + Fy + G4 + FI4 + F23 + F54 = 0 方向： ？ ？ √ M4o4 √ √ 大小： √ √ → √ ┴O4B √
解得：
Fx=2991.612N Fy=1414.405N 方向竖直向下
③。对曲柄分析，共受2个力，分别为F32,F12和一个力偶M,由于滑块3为二力杆，所以F32=F34，方向相反，因为曲柄2只受两个力和一个力偶，所以F12与F32等大反力。受力如图：
17 h2=72.65303694mm,则， 对曲柄列平行方程有， ΣMO2=M-F32〃h2=0 即
M=0.0726*11810.773=0， 即M=858.088N〃M
§3.4刨头的运动简图
§3.5飞轮设计
1、环取取曲柄AB为等效构件，根据机构位置和切削阻力Fr确定一个运动循的等效阻力矩根据个位置时
值，采用数值积分中的梯形法，计算曲柄处于各的功
。因为驱动力矩可视为
，确定等效驱动力常数，所以按照
17 矩Md。
2、估算飞轮转动惯量 由
确定等效力矩
。
§3.6凸轮机构设计
1、 已知：摆杆为等加速等减速运动规律，其推程运动角o=10o，回程运动角0'=70o，摆杆长度=70远休止角001lo9D=135mm，最大摆角max=15o，许用压力角[]=38. 2.要求: (1) 计算从动件位移、速度、加速度并绘制线图。 （2）确定凸轮机构的基本尺寸，选取滚子半径，划出凸轮实际轮廓线，并按比例绘出机构运动简图。
3、设计步骤：
1、取任意一点O2为圆心，以作r0=45mm基圆；
2、再以O2为圆心，以lO2O9/μl=150mm为半径作转轴圆；
3、在转轴圆上O2右下方任取一点O9;
4、以O9为圆心，以lOqD/μl=135mm为半径画弧与基圆交于D点。O9D即为摆动从动件推程起始位置，再以逆时针方向旋转并在转轴圆上分别画出推程、远休、回程、近休，这四个阶段。再以11.6°对推程段等分、11.6°对回程段等分（对应的角位移如下表所示），并用A进行标记，于是得到了转轴圆山的一系列的点，这些点即为摆杆再反转过程中依次占据的点，然后以各个位置为起始位置，把摆杆的相应位置
画出来，这样就得到了凸轮理论廓线上的一系列点的位置，再用光滑曲
19 线把各个点连接起来即可得到凸轮的外轮廓。
5、凸轮曲线上最小曲率半径的确定及滚子半径的选择
（1）用图解法确定凸轮理论廓线上的最小曲率半径min：先用目测法估计凸轮理论廓线上的min的大致位置（可记为A点）；以A点位圆心，任选较小的半径r 作圆交于廓线上的B、C点；分别以B、C为圆心，以同样的半径r画圆，三个小圆分别交于D、E、F、G四个点处，如下图9所示；过D、E两点作直线，再过F、G两点作直线，两直线交于O点，则O点近似为凸轮廓线上A点的曲率中心，曲率半径minOA；此次设计中，凸轮理论廓线的最小曲率半径min 26.7651mm。
凸轮最小曲率半径确定图 （2）凸轮滚子半径的选择（rT）
凸轮滚子半径的确定可从两个方向考虑： 几何因素——应保证凸轮在各个点车的实际轮廓曲率半径不小于1~5mm。对于凸轮的凸曲线处CrT，
对于凸轮的凹轮廓线CrT（这种情况可以不用考虑，因为它不会发生
失真现象）；这次设计的轮廓曲线上，最
20 小的理论曲率半径所在之处恰为凸轮
上的凸曲线，则应用公式：minrT5rTmin521.7651mm；滚
子的尺寸还受到其强度、结构的限制，不能做的太小，通常取rT(0.10.5)r0
及4.5rT22.5mm。综合这两方面的考虑，选择滚子半径可取rT=15mm。
然后，再选取滚子半径rT，画出凸轮的实际廓线。 设计过程 1.凸轮运动规律 推程0≤2φ≤δo /2时：
2max12204max120,0024max2 120
推程δo /2≤φ≤δo时：
2max1max（220）04max1（20）002,04max2120
回程δo+δs01≤φ≤δo+δs+δ'o/2时：
21 2max1max2'204max1'200,0'24max21'20
回程δo+δs+δ’o/2≤φ≤δo+δs+δ’o时：2max1（0'）2'204max1（'20'）00'2,0'4max21'20
2、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，由公式得出如下数据关系 （1）角位移曲线：
（2）角速度ω曲线:
22
（3）角加速度曲线:
4）、求基圆半径ro及lO9O2
23
3、由所得数据画出从动杆运动线图
§3.7齿轮机构设计 1 、设计要求：
24
计算该对齿轮传动的各部分尺寸，以2号图纸绘制齿轮传动的啮合图，整理说明书。
2、齿轮副Z1-Z2的变位系数的确定
齿轮2的齿数Z2确定：
ｉo＇＇2=40＊Z2／16＊13=n0＇＇／no2=7.5
得Z2=39
取x1=-x2=0.5
x1min=17-13／17=0.236 x2min=17-39／17=-1.29
计算两齿轮的几何尺寸：
小齿轮
d1=m＊Z1=6＊13=78mm
ha1=（ha*+x1）*m=（1+0.5）*6=9mm
hf1=（ha*+c*-x1）*m=（1+0.25-0.5）*6=4.5mm
da1=d1+2*ha1=78+2*9=96
df1=d1-2*h f1=78-9=69
db1=d1*cosɑ=78*cos20˚=73.3
25
四 心得体会
机械原理课程设计是机械设计制造及其自动化专业教学活动中不可或缺的一个重要环节。作为一名机械设计制造及其自动化大三的学生，我觉得有这样的实训是十分有意义的。在已经度过的生活里我们大多数接触的不是专业课或几门专业基础课。在课堂上掌握的仅仅是专业基础理论面，如何去面对现实中的各种机械设计？如何把我们所学的专业理论知识运用到实践当中呢？我想这样的实训为我们提供了良好的实践平台。
一周的机械原理课程设计就这样结束了，在这次实践的过程中学到了很多东西，既巩固了上课时所学的知识，又学到了一些课堂内学不到的东西，还领略到了别人在处理专业技能问题时显示出的优秀品质，更深切的体会到人与人之间的那种相互协调合作的机制，最重要的还是自己对一些问题的看法产生了良性的变化。
其中在创新设计时感觉到自己的思维有一条线发散出了很多线，想到很多能够达到要求的执行机构，虽然有些设计由于制造工艺要求高等因素难以用于实际，但自己很欣慰能够想到独特之处。这个过程也锻炼了自己运用所学知识对设计的简单评价的技能。
26
五、参考文献
1、《机械原理教程》第7版
主编：孙桓
高等教育出版社
2、《机械原理课程设计指导书》主编:戴娟
高等教育出版社
3、《理论力学》主编：尹冠生
27
西北工业大学出版社