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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
方案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 转速n2（r/min） 48 49 50 52 50 48 47 55 60 机架lO2O4(mm) 380 350 430 360 370 400 390 410 380 导杆机构运动分析 工作行程H(mm) 310 300 400 330 380 250 390 310 310 行程速比系数 K 连杆与导杆之比 lBC/ lO4B 表2
导杆机构的动态静力分析 方案 lO4S4 mm xS6 yS6 G4 G6 N P yp mm JS4 1，2，3 240 50 200 700 7000 80 4，5，6 200 50 220 800 9000 80 7，8，9 180 40 220 620 8000 100 飞轮转动惯量的确定 方案 δ nO’ r/min z1 zO\" z1’ JO2 JO1 JO\" JO’ 1-5 1440 10 20 40 6-10 1440 13 16 40 11-15 1440 15 19 50 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°
lO2A= lO4O2sin(θ/2)= lO4B=sinθ/2) = lBC== lO4S4 ==
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 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1-2
图1—2
则由图1-2知：υA3= lpA3·μv= m/s υA4A3= la3a4·μv =s ω4=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
Vc = VB+ VcB
大小 ? √ ?
方向 ∥XX ⊥O4B ⊥BC
作速度多边行如图1-2，则由图1-2知
υC= lpc·μv=s ω5=υCB/ lBC=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， 其大小等于ω22 lO2A方向由A指向O2。
aA4A3K =2ω4υA4 A3= (m/s2) aA3 =ω22·lO2A=s2
aA3 =ω4·lO4A=(m/s)
22
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= lpA3·μv= m/s υA4A3= la3a4·μv =s ω4=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
Vc = VB+ VcB
大小 ? √ ?
方向 ∥XX ⊥O4B ⊥BC
作速度多边行如图1-2，则由图1-2知
υC= lpc·μv=s ω5=υCB/ lBC=s
2.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。
aA4A3K =2ω4υA4 A3= (m/s2) aA3 =ω22·lO2A=s2 aA4n =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’=s2
aB=uapb’=s2
a S4==s2
a4=atA4/lo4A=s2
a C=a B + a CB + atCB
大小：？ √ √ ?
方向：M14F14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：
FR65=—FR56 FR54=—FR45
FR16 + 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 + +G6xS6
Lx=(mm)
2.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=0
Fr34=(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
ΣF=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=—FR23
FR23+FR12=0 FR12=(N) Σ=0F
FR32×lh －Mb = 0
Mb=
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=oF
FR16 + 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=0Mc
FR16lx + FI6yS6 = G6xS6
LX= (mm)
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
Σ=04OM FR54×lh1+FI4×lh2+G4×lh3﹣FR34lO4A=0
FR34=(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=—FR23
FR23+FR12=0 FR12=(N) Σ=0F
FR32×lh －Mb = 0
Mb=
七.数据总汇并绘图
统计12人的数据得到如下表
位置 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 νc(m/s) 0 ac(m/s2) 4 s(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△Wmax
1>将各点的平衡力矩画在坐标纸上，如下图。平衡力矩所做的功可以通过数据曲线与横坐标之间所夹得面积之和求的。依据在一个周期内及360°内，曲柄驱动力矩所做的功等于阻力力矩所做的功，即可求的驱动力矩Md。在下图中，横坐标为曲柄转角，一个周期2π，将一个周期变成180份，纵坐标轴为力矩：
Md=ΣSi/2π=【(x1+ x2)/2+ (x2+x3)/2…………】2°π/180°/2π=
2>根据盈亏功的原理，求得各盈亏功值，并做能量指示图，以曲柄的平均驱动力矩为分界线，求出各区段盈亏功值
△W1=
△W2=
△W3=
曲柄的平均驱动力矩Md=
曲柄的最大驱动力矩Md=570
△Wmax=求集中在A点的等效转动惯量
kvSiwiJmiJSiwwi1i1由公式：
k22
JCJO2JO1(可知等效转动惯量：
ww12)JO''(O'')2w2w2
题目给出：
w1z23；w2z1
wO''z2z1'30406.0又由定轴轮系的传动比：w2z1zO''1020可得： JC10.4
kgm2
由最大盈亏功可以求得飞轮的转动惯量 JF>=[900△Wmax]/(π2n2[﹠])— JC=
因此可以设计出所需要求的飞轮。
九.参考文献
1.《机械原理》（第七版） 吴克坚 等 主编 高等教育出版社
2.《机械原理课程设计》曲继方主编，机械工业出版社
