目录工作原理牛头刨床是一种用于平面切削加工的机床，如图a）所示。

电动机经过皮带和齿轮传动，带动曲柄2和固结在其上的凸轮8。

刨床工作时，由导杆机构2－3－4－5－6带动刨头6和刨刀7作往复运动。

刨头左行时，刨刀不切削，称为空回行程，此时要求速度较高，以提高生产率。

为此刨床采用有急回运动的导杆机构。

刨刀每切削完一次，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。

刨头在工作过程中，受到很大的切削阻力（在切削的前后各有一段的空刀距离，见图b），而空回行程中则没有切削阻力。

因此刨头在整个运动循环中，受力变化是很大的，这就影响了主轴的匀速转动，故需安装飞轮来减小主轴的速度波动，以提高切削质量和减少电动机容量。

(a) (b)图d一.设计任务1、运动方案设计。

2、确定执行机构的运动尺寸。

3、进行导杆机构的运动分析。

4、对导杆机构进行动态静力分析。

5、汇总数据画出刨头的位移、速度、加速度线图以及平衡力矩的变化曲线。

二.设计数据本组选择第六组数据表1表2三.设计要求1、运动方案设计根据牛头刨床的工作原理，拟定1～2个其他形式的执行机构（连杆机构），给出机构简图并简单介绍其传动特点。

2、确定执行机构的运动尺寸根据表一对应组的数据，用图解法设计连杆机构的尺寸，并将设计结果和步骤写在设计说明书中。

注意：为使整个过程最大压力角最小，刨头导路位于导杆端点B所作圆弧高的平分线上(见图d)。

3、进行导杆机构的运动分析根据表一对应组的数据，每人做曲柄对应的1到2个位置（如图2中1，2，3，……，12各对应位置）的速度和加速度分析，要求用图解法画出速度多边形，列出矢量方程，求出刨头6的速度、加速度，将过程详细地写在说明书中。

4、对导杆机构进行动态静力分析根据表二对应组的数据，每人确定机构对应位置的各运动副反力及应加于曲柄上的平衡力矩。

作图部分与尺寸设计及运动分析画在同一张纸上（2号或3号图纸）。

提示：如果所给数据不方便作图可稍微改动数据，但各组数据应该一致，并列出改动值。

5、数据总汇并绘图最后根据汇总数据画出一份刨头的位移、速度、加速度线图以及平衡力矩的变化曲线。

6、完成说明书每人编写设计说明书一份。

写明组号，对应曲柄的角度位置。

四.设计方案选定如图2所示，牛头刨床的主传动机构采用导杆机构、连杆滑块机构组成的5杆机构。

采用导杆机构，滑块与导杆之间的传动角r始终为90o，且适当确定构件尺寸，可以保证机构工作行程速度较低并且均匀，而空回行程速度较高，满足急回特性要求。

适当确定刨头的导路位置，可以使图2压力角 尽量小。

五.机构的运动分析选择第三组数据求得机构尺寸如下θ=180°(k-1/k+1)=30°l O2A= l O4O2sin(θ/2)=l O4B=sinθ/2) =l BC==l O4S4 ==曲柄位置“3”速度分析，加速度分析（列矢量方程，画速度图，加速度图）曲柄在3位置时的机构简图如左图所示由图量得此位置的位移S=，Lo4A=。

设力、加速度、速度的方向向右为正。

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υA3=υA2，其大小等于ω2 l O2A，方向垂直于O2 A线，指向与ω2一致。

ω2=2πn2/60 rad/s=（rad/s）υA3=υA2=ω2·l O2A=s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μv=(m/s)/mm ,作速度多边形如图1-2图1—2则由图1-2知：υA3= l pA3·μv= m/s υA4A3= l a3a4·μv =sω4=υA4A3/l O4A=(rad/s)υB=ω=(m/s)取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得V c = V B+ V c B大小? √?方向∥XX⊥O4B ⊥BC作速度多边行如图1-2，则由图1-2知υC= l pc·μv=s ω5=υCB/ l BC=s2.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，其大小等于ω22 l O2A方向由A指向O2。

a A4A3K =2ω4υA4A3= (m/s2)a A3=ω22·l O2A=s2a A3=ω42·l O4A=(m/s2)取3、4构件重合点A为研究对象，列加速度矢量方程得：a A4 =a NA4+a TA4=a A3+a KA4A3+a RA4A3大小√？√√ ?方向 A→O4 ⊥O4 AA→O2 ⊥O4A ∥O4A取加速度极点为P’,加速度比例尺μa=(（m/s2）/mm),作加速度多边形如图1-3所示.则由图1-3知aA4= uap’a4’=(m/s2)aB=uapb’=(m/s2)a S4==(m/s2)a4=atA4/lo4A=(m/s2)a C=a B + a CB + atCB大小：？√√?方向：度分析取曲柄位置“9”进行速度分析。

因构件2和3在A处的转动副相连，故υA3=υA2，其大小等于ω2 lO2A，方向垂直于O2 A线，指向与ω2一致。

ω2=2πn2/60 rad/s=（rad/s）υA3=υA2=ω2·lO2A=s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μv=(m/s)/mm ,作速度多边形如图1-4图1—4则由图1-4知：υA3= l pA3·μv= m/s υA4A3= l a3a4·μv =sω4=υA4A3/lO4A=(rad/s)υB=ω=(m/s)取5构件作为研究对象，列速度矢量方程，得V c = V B+ V cB大小 ? √ ?方向∥XX ⊥O4B ⊥BC作速度多边行如图1-2，则由图1-2知υC= l pc·μv=s ω5=υCB/ l BC=s2.加速度分析取曲柄位置“9”进行加速度分析。

因构件2和3在A点处的转动副相连，其大小等于ω22 lO2A方向由A指向O2。

a A4A3K =2ω4υA4A3= (m/s2)aA3=ω22·lO2A=s2aA4n=ω42·lO4A=(m/s2)取3、4构件重合点A为研究对象，列加速度矢量方程得：a A4 =a NA4+a TA4=a A3+a KA4A3+a RA4A3大小√？√√ ?方向 A→O4 ⊥O4 AA→O2 ⊥O4A ∥O4A 取加速度极点为P’,加速度比例尺μa=(（m/s2）/mm),作加速度多边形如图1-5所示.则由图1-5知aA4= uap’a4’=s2aB=uapb’=s2a S4==s2a4=atA4/lo4A=s2a C=a B + a CB + atCB大小：？√√ ?方向：14M 构件5、6基本杆组为示力体14F（如图所示）因构件5为二力杆，只对构件（滑块）6做受力分析即可，首先列力平衡方程：FR65=—FR56 FR54=—FR45FR16 + Fr + F16 + G6 + FR56=0大小？√√√？方向⊥xx ∥ xx ∥ xx ⊥x ∥ BC按比例尺μF=10N/mm作力多边形，如图所示，求出运动副反力FR16和FR56。

俩图均为杆件 5，6 的受力分析。

按比例尺10N/mm作里多边形FR16=10×=879(N)FR56=10×=(N)对C点列力矩平衡方程：FR16lx + F16yS6 = FryF + +G6xS6L=(mm)x2.取构件3、4基本杆组为示力体（如图所示）首先取构件4，对O4点列力矩平衡方程（反力FR54的大小和方向为已知），求出反力FR34：FR54=—FR45 FR34=—FR43构件4的受力分析FR54×lh1+FI4×lh2+G4×lh3﹣FR34lO4A=0Fr34=(N)再对构件4列力平衡方程，按比例尺μF=10N/mm作力多边形如图所示。

求出机架对构件4的反力FR14ΣF=0 FR54 + G4 + FI4 + FR34 + FR14=0大小√√√√ ?方向∥BC ⊥xx √⊥O4A ? ？FR14==1984(N)3.取构件2为示力体FR34=—FR43 FR32=—FR23FR23+FR12=0 FR12=(N) Σ=0FFR32×lh －Mb = 0Mb=二、计算构件4的惯性力FI4（与aS4反向）、构件4的惯性力矩MI4（与a4反向，逆时针）、构件4的惯性力平移距离lhd（方位：右上）、构件6的惯性力矩FI6（与aC反向）。

F14=m4aS4=(N)M14=a4JS4=×·m=(N/m)Lh4=M14/F14=(mm)FI6=m6aS6=(N)1.取构件5、6基本杆组为示力体（如图所示）因构件5为二力杆，只对构件（滑块）6做受力分析即可，首先列力平衡方程：构件的受力简图由于FR65=—FR56 FR54=—FR45 Σ=oFFR16 + Fr + F16 + G6 + FR56=0大小？√√√？方向⊥xx ∥xx ∥xx ⊥xx ∥BC因此可以做出里多边形：按比例尺μF=10N/mm作力多边形，如图所示，求出运动副反力FR16和FR56。

FR16=10× = (N)FR56=10× =(N)对C点列力矩平衡方程：Σ=0McFR16lx + FI6yS6 = G6xS6= (mm)LX首先取构件4，对O4点列力矩平衡方程（反力FR54的大小和方向为已知），求出反力FR34：FR54=—FR45 FR34=—FR43Σ=04OM FR54×lh1+FI4×lh2+G4×lh3﹣FR34lO4A=0FR34=(N)再对构件4列力平衡方程，按比例尺μF=10N/mm作力多边形如图所示。

求出机架对构件4的反力FR14：Σ=0F FR54 + G4 + FI4+ FR34+ FR14=0大小√√√√？方向∥BC ⊥xx √⊥O4A ？FR14=10×=617(N)3.取构件2为示力体（如图所示）FR34=—FR43 FR32=—FR23FR23+FR12=0 FR12=(N) Σ=0FFR32×lh －Mb = 0Mb=七.数据总汇并绘图位置 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 νc(m/s) 0a c(m/s2) 4s(mm) 0 167 400 267 62 Mr(N·m) 0 69 500根据以上数据用软件绘图得如下：速度——位置变化曲线加速度——位置变化曲线位移——位置变化曲线平衡力矩——位置变化曲线八、飞轮的设计1.确定△Wmax1>将各点的平衡力矩画在坐标纸上，如下图。