机械原理考研讲义第八九章.docx

第八章平面连杆机构及其设计连杆机构的传动特点：1.因为其运动副一般为低副，为面接触，故相同载荷下，两元素压强小，故可承受较大载荷；低副元素便于润滑，不易磨损；低副元素几何形状简单，便于制造。2.当原动件以同样的运动规律运动时，若改变各构件的相对长度，可使从动件得到不同的运动规律。3.利用连杆曲线满足不同的规矩要求。4.增力、扩大行程、实现远距离的传动（主要指多杆机构）。缺点：1.较长的运动链，使各构件的尺寸误差和运动副中的间隙产生较大的积累误差，同时机械效率也降低。2.会产生系统惯性力，一般的平衡方法难以消除，会增加机构动载荷，不适于高速传动。平面四杆机构的类型和应用一、平面四杆机构的基本型式1.曲柄摇杆机构2.双曲柄机构3.双摇杆机构二、平面四杆机构的演化型式1 .改变构件的形状和运动尺寸曲柄摇杆机构曲柄滑块机构2 .改变运动副的尺寸偏心轮机构可认为是将曲柄滑块机构中的转动副的半径扩大，使之超过曲柄的长度演化而成的。3 .选用不同的构件为机架（a）曲柄滑块机构（b） ABVBC为转动导杆机构（AB>BC为摆动导杆机构）（c）曲柄摇块机构（d）直动滑杆机构（定块机构）平面四杆机构的基本知识一、平面四杆机构有曲柄的条件1.钱链四杆机构中曲柄存在的条件（1）存在周转副的条件是：最短杆长度+最长杆长度4其余两杆长度之和，此条件称为杆长条件。组成该周转副的两杆中必有一杆为最短杆。（意即：连架杆和机架中必有一杆是最短杆）2满足杆长条件下，不同构件为机架时形成不同的机构以最短构件的相邻两构件中任一构件为机架时，则最短杆为曲柄，而与机架相连的另一构件为摇杆，即该机构为曲柄摇杆机构。以最短构件为机架，则其相邻两构件为曲柄,即该机构为双曲柄机构。以最短构件的对边为机架，则无曲柄存在，即该机构为双摇杆机构。3.不满足杆长条件的机构为双摇杆机构。注：曲柄滑块机构有曲柄的条件：a + e W b导杆机构：a < b时，转动导杆机构；a > b时，摆动导杆机构。例题：9.(上海交通大学2000年考研试题)图8.25所示轨键四杆机构中.已/»=50 mm./rx -35=30 mm.iX 求：(1)若此机构为曲柄摇杆机构,且八8杆为曲柄灿的0大值,(2)若此机构为双曲柄机构的龈大值(3)若此机构为双摇杆机构”的值(4)若/m =15 mm,则该机构的行程速度系数K.极位夹角久锻小区动角(用作图法在图上总取)解(1&/nr +一/*=15 mm.所以被大值15 mm.(2)4-/ah & lir +/ vi &，才+/ad =55 mm因此At 大值55 mm.(3)若 AB 为坡短杆，/ah + In >Iam >/cd 4-/ap - Im =15 mm着AD杆为坡短杆,BC杆为ift长杆时：/ao +6t >+/cnV+ In =45 mmti AD杆为殿短杆,A8杆为殿长杆时8Zap - In'>+/cd,AA >，r +/ii>- Iad =55 mm所以,若机构为双摇杆机构j取值范第为x15 mm VV 45 mm 或>55 mm(4)取相应比例尺作图.见图8.26由图立得：G= ZG AC,=65°破小他动角：因为/8,GD="V /B'C'D,所以=0.4. （15分）平面四杆机构通过绞链连接如图2所示,设其中三杆的长度分别为AB=160mm .CD=240mm . AD=210mm ,另一杆 BC 杆的长度 L （0<L<8）,求：（1） L取和值（范围）时，该四杆连接：1 .不能成为机构2.成为双曲柄机构3.成为曲柄摇杆机构4.成为双摇杆机构（2）标示出图示位置构件AB为原动件时,机构传动的压力角a .传动角Y .（3）当AB杆为原动件时的曲柄摇杆机构是否存在死点,为什么?（中矿）九、（1S分）图示依便因杆机构中,8杆的长度为4=25me.4=50we . I, u 72m州.试求：<l>当取件4为机架列，最小修沏用了为多少？<2>当取H I为机架时,将演化成乜首美串的机构？这时A,B四个兴动削*周转刚逢尾摆转M?（3）号取杆3为机燮时，乂梅僵化成忖神机构？这时CD两个转动身处周转卓还是双转副？（山科）6.图示导杆机构中，已知LAB=40mm,偏距e=10mm,试问：1）欲使其为曲柄摆导杆机构，Lac的最小值为多少；2）若Lab不变，而e=O,欲使其为曲柄摆动导杆机构，LAC 的最小值为多少；3）若Lab为原动件，试比较在e >0和e=O两种情况下，曲柄摆动导杆机构的传动角，哪个是常数，哪个是变数，哪种传题图力效果好？解答：1） Lac > L4B +=（40+10）=50mm ,即 Lac 的最小值为50mm。2）当e=0时，该机构成为曲柄摆动导杆机构，必有LAC<LAB=40mm,即 Lac的最大值为40mmo3）对于e=0时的摆动导杆机构，传动角7=90。、压力角a=0。均为一常数,对于e>0时的摆动导杆机构，其导杆上任何点的速度方向不垂直于导杆，且随曲柄的转动而变化，而滑块作用于导杆的力总是垂直于导杆，故压力角a不为零,而传动角0。</<90。且是变化的。从传力效果看，e=0的方案好。二、急回运动和行程速比系数1 .极位与极位夹角（1）极位：机构的极限位置（即摇杆两极限位置，曲柄与连杆两次共线位置）,（2）极位夹角：摇杆处于两极限位置时，曲柄与连杆两次共线位置之间的夹角。（会作图求极位夹角）（3）摆角：摇杆两极限位置之间的夹角。2 .急回运动在一周中，曲柄等速转动，但摇杆是不等速的：工作行程匕（空回行程上,摇杆的这种运动性质称为急回运动。3 .行程速比系数K：衡量急回运动的程度。匕_180+8Vj t2 a2180-64 .结论:（1） K >1,即匕>匕，即机构有急回特性。可通过此判定曲柄的转向。（2）当曲柄摇杆机构在运动过程中出现极位夹角°时，机构便具有急回运动特性。（注：对心曲柄滑块机构：无急何特性；b：偏心曲柄滑块机构：有急IE特性。）（3）°T，kT,机构急回运动也越显著，所以可通过分析e及°的大小，判断机构是否有急回运动及急回运动的程度。雷达天线的俯仰传动的曲柄摇杆机构无急回特性。（4）急回运动的作用：在一些机械中可以用来节省动力和提高劳动生产率。I、图乐机构中，已知a =145"，叭d =290”“，求:1）图a中挑动导杆机构的极位火力0及盛科DC的找例中.2）图b仙柄摇块机构的极位央向0及从动$18£的挖角w .D二、（15分）题2图为一个连杆机构的示意图。构件1为主动件，弁以角速度少匀速转动。已知=成：=20mm， Ld = % =1cd = 25mm 1、判断构件5是否为曲柄？说明判断的主要依 据；2、自选作图比例，画出构件5的极限位置，并 根据作图确定机构的极位夹角9和行程速比 系数人三、(30分)题3图所示连杆机构，已知/. = SQmm , lK = 120mm ,偏距e = 20mm ,构件/B为主动件，并以角速度。匀速 转动。1 .构件4B是否为曲柄？简要说明判 断的依据；2 .确定在机构运动过程中的最小传 动角匕3 .画出滑块C的极限位置，并根据作 图确定机构的极位夹角6和行程 速比系数A.4、在保持滑块。的极限位置和偏距e不变的情况下，如果要将行程速比系数K改为1.25,问构件杆长31股应改为多少？三、四杆机构的传动角与死点1.压力角和传动角(会作图)(1)压力角从动杆件受力方向和受力作用点速度方向之间所夹的锐角。(2)传动角7：压力角的余角，7=90-0。实际就是连杆与从动杆件之间所夹的锐角。(3)结论：。越小，机构的传力性能越好可见。是判断机构传力性能是否良好的标志。相应有7越大，机构的传力性能越好最小传动角出现的位置或:成.% = arccosb2+c2-(d-a)2y2 = arccosYi= 180b + c 一(d + a)-arccos2bcb2+c2-(d-a)22bcY1和Y2中小者为min即九，出现在主动曲柄与机架共线的两位置之一注：导杆机构的传动角：传动角7=90',且恒等于90。曲柄滑块机构的7min在曲柄与机架共线的两位置之一传动向最小.- arccos&L.2.死点作一柄摇杆机构中，摇杆CD为主动件.连杆与从动曲柄共线时，曲柄AB不能转动而出现顶死的现象。这个位置称为死点。(1)原因：连杆作用曲柄的力通过回转中心A,对A点无矩，不能驱使其转动。传动角7=°(2)改善方法：目的：使机构能够顺利通过死点而正常运转。1.错列2.装飞轮加大惯性匚工图示含一个移动副四杆机构，已知：。=120mm, Bb =250mm, e =60mm w吗力心、(1)试证明转动副4、8为整转刚，构件I为曲柄；彳弦<2若构件1为主动件并作匀速转动，转向如图，试求：(2)机构的极位夹角e和行程速度变化系数心一7(3)滑块3的行程题二图(4)机构快行程的最小传动角和慢行程的最小传动角匚1t .例8.6在曲柄播杆机构.曲柄为主动件.转速”一60 r/min.且已知曲柄长/m =50 mm.连杆长人=70 mm.摇杆长自=80 mm.机架长/版=90 mm( I：作行程平均速度V空网行程速度).试求<1)行匏速度系数Ki(2)摇杆一个I：作行程离要的时间(3)/小幡动角分析由题意知.本题以J根据机构中给定的各杆长度确定行程速比系 ft K和显小心动角问通.解 取适当比例尺作图8.18.AC D 中：/C AD arccos(,” + 1,5 ” + lt) - An2(/»- + l,KH Uad41.81° AC D 中 zC, AD = arccos=54.31,8= /GAD - ZCAD = 12.5, _ 18<T+。一 180.+ 12.5* _ .=180* - 6 = 180*- 12.5* =(3)曲柄。机架就微共线时:arccos2/h7iap30°曲柄与机架拉在共线时：vf BC 4- fiT> (/ao + I AH >' _ 1Q7 B9.180 /, = arccos=-；-；= 137.82Z iHil m/, = 42.18* > /,所以= /i = 30*评注 本题在解题过程中.有两点需特别注意.一是行程速比系数和机构 锻小传动角的计算运用了三角形的余弦定理,而未采用作图法,在未要求解法 的前提下.这种方法节容岫图时间.计算结果也更精确,但数学展咄瞿扎实，二 是机构急回运动的定义要牢记.并能灭活运用.2.图3所示为一插床机构简图，已知Lab= 100mm, LAD=80mm, Lbc= 120mm.Lx= 180mm - BC为原动件，顺时针方向 转动，滑块5为输出构件，且A、B、C三 点在一直线上。（1）前置四杆机构48C属于哪一种机 构？作出滑块5上E点的左、右极限 位置后、良及对应的。I、和G、。2的 位置。滑块的行程S等于多少？（3）当滑块由Ey运动到Ez，及从E2 运动到田时，作出主动曲柄的对应转知矽 和.，并写出该机构行程速度变化系数K 的表达式。2. （I）前置四杆机构ABC为 转动导杆机构。（2）按要求作图.滑块的行 程 S=2Lad= 160mm（3）作出仍、物如图,K=/物已知图示六杆机构，原动件48作等速回转。试用作图法确定：（1）滑块5的冲程H；（2）滑块5往返行程的平均速度是否相同？行程速度变化系数K值;（3）滑块处的最小传动角7min （保留作图线）。（北交2008年）246E 出=0.002 m/mm解：(1) H =4(而)=0.002x17=0.03、(2)不相等。“1800+。1800+42° ，,K =»1.61180。一。1800-42°7min =69°题8-5图解用作图法设计四杆机构1.按连杆预定的位置设计四杆机构(1)已知活动较链中心的位置当四杆机构的四个校链中心确定后，其各杆长度也就相应确定了，所以根据设计要求确定各杆的长度，可以通过确定四个较链中心的位置来确定。例：要求连杆占据三个位置与G,82c2,83C3,求所对应的四杆机构。分析：该机构设计的主要问题是确定两固定铉链A, D点的位置。由于B, C两点的运动轨迹是圆，该圆的中心就是固定钱链的位置。解：连/82 n中垂线仇2连斗出=中垂线% a连G，C2 n中垂线。12连。2，。3 n中垂线。23 D就可得四杆机构。(2)已知固定较链中心位置例8.3图8.13所示为一校链四杆机构八BCD的固定较族A已知主动件AB的3个位置和连杆上K点所对应的3个点.试,(1)确定连杆上校链(的位置和连架杆CD的长度i<2)验算其主动件是否为曲柄(3)指出能小性动角/.的位置并确定K：数值，分析由题意知.(1)实际上是已知连杆的3个位置8KK,以及固定皎链儿。的位置,设计四杆机构问廷属根据机构中给定的各杆艮度来确定属何种校法四杆机构和确定M小传动珀问题.解(1>见图8.14,先取相应比例尺“，.分别连线EK-8,K：.8,K,.用反转法作图如F,作 AB, K、D'W 及氏 D 和 AB, K,1/ AB, K D,求得。.D"点,分别作DD*. C'D”的中垂线4“.4,.其交点即为C,连B.C,及CD.则A8,C|D即为该机构第位置的机构简图.由图8.14可知.，m =42 mm.图8.14(2>由图8.14可知/.Au +/“-68.5 mm V la)+ Z.v)=86.5 mm H连架杆AH为最短杆.所以为曲柄。(3>作ABC D和ABfCfD两位置经比较.机构在AB'C'D位置时其传动角为班小,由图用得几“，=/*(、力=44«-23图8.60所东为 L1知的曲柄摇杆机构.现要求用连杆将扰杆CD 和滑快卜连接起来使摇杆的三个（2知位置C DCDGD和滑快的三个已知位置EE.£相对应（图示尺寸系按比例绘电）试确定此连忏的长度及其与摇杆（Z）校接点的位置.（河北工业）解由题意钊,本题实际是为按两连饕杆（掘杆。滑块）的预定对两位置设计四忏机构的问通.具体作图过程如图8.6所示，连杆EF的长度为/0-ETK-130 mm.1800+。K =2.按给定的行程速比系数K设计四杆机构：原理：180。-8,K-.6=180°K +1,已知K,则等于已知6,那么，利用机构在极位时的几何关系，再结合其它辅助条件即可进行设计。（1）曲柄摇杆机构：例8.S 设计曲柄18杆机构ABCD.ll如摇杆CD的长度/m =290 mm.M 杆两极限位置间的夹角5二32°.行程速比系数K -1.25连杆BC的长度二260 mm.M求曲柄AB的长度/m和机架AD的长度/仙（解法不限）分析此眩税F已知行程速比系数设计四杆机构问题.因此可先作出困定校链八所处的队.再根据C C,及。角由.角形的余弦定理解得，切作图求出/版.解0=180°(K-1)/(K 4-1>=18O°(1.25-1)/(1.254-1)=20°取相应比例尺W作图8.17.取一点 D.使/GDC：=32*.05= CTD=品/，连C77作/CGP -90一&=70作 C,。G G 交 G P f，点.作C G。的外接队.在(' G A中.<GC,):=(/n -/“)'+(&+/心尸一2(/" I.KH)</«+ l.n)coM R 中.CT7=2/rr>cosZCC：D -2 X 290 X cos74*=159.87 mm 解得/&=67 mm以C为国心./“一为芈经作弧交c,c,p的外接跋r八点.故/,9=2 AT） ss 250 mm评注已知行程速比系数K改计四忏机构.可先作出困定轨链A所处的园（即以UC为弦.圆周角为。的肉）,然后再依据K：他条件确定出A点的确定位置.8-25如图8.64所示.设已知破碎机的行程速比系数K 一1.2.教板长度/.t,=300 mm.熟板提角中=35°.曲柄长度/仙=80 mm.求连杆的长度,井脸算解先计算 e =）80*W =1801 f -1=16.36,取相应比例尺”作出福杆CD的两板限位置CD及C, D和因定校链八所在跌1*,（保用作图线）.如图8.65所示.以C为院心.2AU为堂径作版.同时以F为阴心.2斤-为半径作品.两院交丁点E.作CE的延长线与院$,的交点.即为较链A的位置.由图知lM = in AC,+/.VI =310 mm 7.=/*=45->40°5.试设计一曲柄摇杆机构，已知摇杆及D=500mm,摆角上45°,其中左极限位置为垂直，如题5图所示，固定较链X、D同在水平线上，行程速比系数K=L4.试用图解法确定该机构曲柄b、连杆Lac和机架Lad的长度，并标注出最小传动角丫疝心（保留作图线，作图比例自选）（共12分=4+4+4）（中矿2011）例题：图示为一用于雷达天线俯仰传动的曲柄摇杆机构。已知天线俯仰的范围为30°, lcp=525nun,1 AD =800mm。试求：（1）曲柄和连杆的长度1AB和IBC ；（2）校验传动角是否大于等于40度（北交2007）解：（1）由于雷达天线俯仰传动时不应有急回作用，故有：K =1,0=0（2）选取比例尺u l =并利用已知条件作图如下：1.已知曲柄摇杆机构中摇杆的两个极限位置CxD和C2D与机架AD的夹角分别为0-45。.«90。，选取长度比例尺“绘制出机架4D及摇杆的两个极限位置，如图2-la所示.（15分）（1）用图解法求曲柄长Aab和连杆长工M（保留作图线）：在图上标出机构的极位夹角，：（3）以曲柄*8为主动件（逆时针转向），用山图2-lalR得的尺寸,在图2-lb 上作出机构出现最小传动用7mm时的位置,并进行标注：（4）若分别以构件48和CD为机架，务获得什么机构？国 2-laD四、设计-他柄摇杆机构4600.已知摇杆的行程速比系数"摇杆的长度为/,1,-50 mm ,福杆两板电位皆与机架4。猫荚声芬别为例=30.和仍=90二试求戌机构的式它未知杆长"（6分）j/G四（20分）图4所示，现欲设计一较链四杆机构，设已知摇杆CO的长度为=75mm,行程速度变化系数K =1.5,方喋4。的长度为%,=100”，摇杆的一个极限位置与机架间的夹角为°=45°。试求曲柄的长度I.和连杆的长度lBC o3.图2-3所示强式破碎机，设其行程速比系数K=1.4,我板长度 ZcD=300mm,颗板搓角片35。，颗板在极限位置CQ时，钱链 G与4之间的距离ci=225mm.试用图解法确定曲柄长度 I4连杆长度/bc和机架长度/ad （保留作图线）.（20分）三、凸轮机构分析（20分）图3所示为一偏置浪子移动从动件盘形凸轮机构，凸枪的实2.（15分）如图5所小曲柄摇杆机构,已知各构件的长度为/AB-240mm,/acWOOmm,/co=500mm./内产800mm。试作：（1）标出此机构的极位夹角。；（5分）（2）将机构进行修改设计：保持/ab、/«：, K不变，使摆角v=4%试用图解法求摇杆长度任及机柒长度4m。（ io 分）图5 （题二、2图）机架£ad= 100mm,曲柄AB为主动件,5.题5图所示的曲柄摇杆机构中，已知行程速比系数K=1.4,当摇杆CO在右极限位置时，曲柄482与机架夹角为30°,当摇杆CO在左极限位置时，机构的压力角a =30°。试用图解法确定该机构曲柄乙小连杆工£和摇杆左。的长度。（保留作图线，作图比例自选）（共12分）（2）曲柄滑块机构已知：K, H, e要求：设计一曲柄滑块机构。分析：关键求O；认识到H相当于曲柄摇杆机构中的W。8-27试设计一曲柄滑块机构.设已知滑块的行程速比系数K =1.5,滑块的行程H =50 mm.偏距，=20 mm.并求其最大乐力角/“*?解计算6=180°=180"=360.并取相应比例尺根据a+1l«O +1滑块的冲程H作出两极位。及G 作6网，作偏距线,两齐的交点即较链A所在的位置（见图8.66）.由图8.66可得36 rnrnZ.w =（ AC? ACi ）/2=17 mm/ir =2（ZC?+ AC）/2=amnv =62.7°图8.66网8-27解图设计一曲柄滑块机构，己知曲柄长度乙8=15 mm,偏距e =1() mm,要求最小传动角(1)确定连杆的长度，bc；(2)画出滑块的极限位置；(3)标出极位夹角6及行程H;(4)确定行程速比系数K。导路题8-10图H (20分)在图示插床机构中，滑块5的移动导路ee通过较链中心C,且垂直于AC。B、 C、D三点共线。导杆机构ABC的两连架杆可作整周转动，AB为原动件，以他等速转动。(1)在机构简图上绘出滑块上E点的二极限位置El、E2,并作出曲柄的对应转角叼、%(2)若要求滑块的行程S=154 mm,行程速比系数K=L5, B点轨迹与导路ee的交点4、4之间距44=2s。试计算ab, ac的长度；(3)若压力角amax = l。，试计算连杆DE的长度。（1）曲柄滑块机构CDE中.当C、D, E共线时，滑块处在极限位置，即AB转至AB1时,则CD转至CD1,此时滑块处于右边极限位置E1。当AB继续转至AB2时，则CD逆时针转至CD2,此时滑块处于左边极限E2。曲柄AB对应转角必、。2如图所示。（6分）(2)对心曲柄滑块CDE中:s = s 1CD =77 mm0=xl80=36极位夹角 K+1/=180-6=144= CR =5504 mm /4=k tg7?。AB（3）在对心曲柄滑块机构CDE中，当曲柄与导路ee垂直时，出现M母心=念：=磊=44340分）（3）导杆机构己知：d, K o10.(古林I.业大学1999年考研试题)图8.27所示为牛头刨冰的主动心动机构.已知=75 mm./nc =100 mm.行程速度系数K =2.刨头5的行X H =300 mm.要求在整个行程中推动刨头5有较小的压力角.试设计此机构(即求 Im.h,1c.解计算，杆的提角午=6=一=60°取相应比例尺再作图.由图8.28可得3杆和机架的长度为：ln)=/ii CD =300 mm/*=150 mm导杆端点D的行程75西=ETE7= H/ut为了使推动刨头5在整行程中有较小乐力角刨头导路的位置应为%= Ax (1+ cos 与),2=300 X ( I + CO5 y-)/2=279.9 mm点津本题属r按行程速比系数k设计四杆机构问电.需要注意的是，5杆CD的城大展角与机构极位夹角相等I因H=300 mm.n要求在整个行建中创头运动压力角较小,所以取ar - nr =3oo mm.wjTnr = h 一颗mm.用图3所示机构来实现割刀尸所需的运动。设已知摇杆CO的长度£cD=200mm,并设其二极限位置对称于过。点向移动导路所作的垂线，其最大摆知”=45。，该机构的机架AD与摇杆的左极限位置成40°ft,要求该机构的行程速度变化系数K=,割刀的行程为=300mm,其起始点后如图所示，要求在二极限位置时的压力角阖为20。试用图解法求出该机构曲柄A8,连杆0E及摇杆EF的长度。图3取作图,星彳J： Lab=AiiACr-ACt)/2=76inm. Z.bc=Ai<>'G+4C1)/2=355mni ./-DE=W)£=392mm.尸.EF=160mm练习题:四、1）应用作图法标出图（a）机构的极位夹角0和C点的压力角a .（5分）2）用作图法设计一给定连杆三个位置如图（b）的轨鞋四杆机构。（5分）3、如下图（b）汽车前轮转向使用了什么机构？转向后两轮轴线平行吗？汽车后轮驱动桥采用什么装置可实现左右两半轴转速不同？1轮着地而3轮悬空时汽车能否前进？四轮全驱动有何好处？（10分）：答：汽车前轮转向使用了双摇杆机构，两前轮分别和AB和CD相连。直线运行时两轮轴线平行，转向后两轮轴线不平行，其交点P理论上应落在后轮轴轴的延长线上。汽车后轮驱动桥采用采用汽车差速器，它的作用就是在向两边半轴传递动力的同时，允许两边半轴以不同的转速旋转，满足两边车轮尽可能以纯滚动的形式作不等距行驶，减少轮胎与地面的摩擦。1轮着地而3轮悬空时汽车能前进，四轮全驱动又称全轮驱动，是指汽车前后轮都有动力。可按行驶路面状态不同而将发动机输出扭矩按不同比例分布在前后所有的轮子上，以提高汽车的行驶能力。四轮驱动最大的好处就是动力分布比较均匀，可以减少车身打滑，相对两轮驱动比较安全。2,设计校链四杆机构，已知摇杆CO的行程速比系数K =1.5,机架的长度L=120亳米，摇杆的长度儿。=85毫米，摇杆的个极限位置与机架之间的夹角%=450，求曲柄长度，a和连杆长度用图解法解）作图过程的图线保留.第九章凸轮机构及其设计（-）凸轮机构的应用和分类一、凸轮机构1 .组成：凸轮，推杆，机架。2 .优点：只要适当地设计出凸轮的轮廓曲线，就可以使推杆得到各种预期的运动规律，而且机构简单紧凑。缺点：凸轮廓线与推杆之间为点、线接触，易磨损，所以凸轮机构多用在传力不大的场合。二、凸轮机构的分类1 .按凸轮的形状分：盘形凸轮圆柱凸轮2 .按推杆的形状分尖顶推杆：结构简单，能与复杂的凸轮轮廓保持接触，实现任意预期运动。易遭磨损，只适用于作用力不大和速度较低的场合滚子推杆：滚动摩擦力小，承载力大，可用于传递较大的动力。不能与凹槽的凸轮轮廓时时处处保持接触。平底推杆：不考虑摩擦时，凸轮对推杆的作用力与从动件平底垂直，受力平稳；易形成油膜，润滑好：效率高。不能与凹槽的凸轮轮廓时时处处保持接触。3 .按从动件的运动形式分（1）往复直线运动：直动推杆，又有对心和偏心式两种。（2）往复摆动运动：摆动推杆，也有对心和偏心式两种。4 .根据凸轮与推杆接触方法不同分：（1）力封闭的凸轮机构：通过其它外力（如重力，弹性力）使推杆始终与凸轮保持接触,（2）几何形状封闭的凸轮机构：利用凸轮或推杆的特殊几何结构使凸轮与推杆始终保持接触。等宽凸轮机构等径凸轮机构共辗凸轮（二）推杆的运动规律一、基本名词：以凸轮的回转轴心O为圆心，以凸轮的最小半径r。为半径所作的圆称为凸轮的基圆，I。称为基圆半径。推程：当凸轮以角速度转动时，推杆被推到距凸轮转动中心最远的位置的过程称为推程。推杆上升的最大距离称为推杆的行程，相应的凸轮转角称为推程运动角。回程：推杆由最远位置回到起始位置的过程称为回程，对应的凸轮转角称为回程运动角。休止：推杆处于静止不动的阶段。推杆在最远处静止不动，对应的凸轮转角称为远休止角；推杆在最近处静止不动，对应的凸轮转角称为近休止角二、推杆常用的运动规律1 .刚性冲击：推杆在运动开始和终止时，速度突变，加速度在理论上将出现瞬时的无穷大值，致使推杆产生非常大的惯性力，因而使凸轮受到极大冲击，这种冲击叫刚性冲击。2 .柔性冲击：加速度有突变，因而推杆的惯性力也将有突变，不过这一突变为有限值，因而引起有限冲击，叫柔性冲击。3 .掌握等速运动规律和等加速等减速运动规律的推程的速度、位移、加速度的方程：推杆运动规律一一推杆在推程或回程时，其位移s、速度v和加速度a随时间t变化的规律。3.1 多项式运动规律：一般表示为：s = Co+ C"+ Cz 户+ c5"（1） 一次多项式运动规律（等速运动规律）推程： s=h 8/80v = h 3/6 qa =04h<0 ' i回程：s-h (1-6/6 o ')v=h 3/6 o '图示为其推程运动线图。由图可知，有刚性冲击。(2)二次多项式运动规律(等加等减速运动规律)推程增速段：s =2人32/8/v =4A w 8/5 o2a =4/1 a>2/6推程减速段：s = h-2h (6 o-6)2/602v =4Aa»(80-8)/802a =-Ah。76°z由图知，有柔性冲击。(3)五次多项式运动规律10§315/7.46万§5其位移方程式为：s=b；3。既没有柔性冲击，也没有刚性冲击。2.2三角函数运动规律I(1)余弦加速度运动规律(又称简谐运动规律)推程运动方程式为s = Ml-cos(乃6/")/2,v =7th co sin(/)/25u>-6-"。=乃2/102 cos(乃5/6)/2笳W D-=1.57hs/0回程运动方程式为5=/l + COS(/'(,)/2$v =-TihcosxnS 18)128' Q>a =一Mha)2 cos(?rb /8,0)/2鼠由图知，亦有柔性冲击，只是冲击的次数有所减少。(2)正弦加速度运动规律(又称摆线运动规律)推程运动方程式为s = h(3/0)-sin(2/2)/2万'v =-cos(2/(J0)/0>a = Ijdico2 sin(2热回程运动方程式为a.=6.28h co /6s =用1一（6/ b'o）+ sin（2乃5/打）/2乃 v = h <ycos（2/'0）-1/'0>a =-27thco2 sin（2/rb/5'o ）/b'；由图知，既没有刚性冲击，也没有柔性冲击。常见题型：1. （15分）设一对心直动尖顶推杆盘形凸轮机构推杆的行程=16mm,推程运动角品=120°。试分别绘出等速运动规律、等加速等减速运动规律和余弦加速度运动规律在推程段的推杆位移线（s-S）图；并简述该三种运动规律对凸轮机构产生的冲击情况；若凸轮以等角速度逆时针回转，基圆半径2=30”，试以余弦加速度运动规律绘出在推程段的凸轮轮廓曲线。（山科2009）2.四、（15分）己知一对心自动尖顶推杆盘出凸轮机构的凸轮以等角速度向转，推杆运动规律为：凸轮咕角6=0°150°时，推杆技等加速等减速运动规律上升15加；6=150°180°时，推杆远休；6=180°300°时，推口按等速运动规律回程15mm：5=300°360°时，推杆近休。试绘出?141的位移变化展律图，筒述推H受到的冲击情况当外轮转角6>100°时，求推杆的垃移做 S是多少？（山科2010）3. （15分）如图6所示为凸轮机构推程阶段的运动线图。设凸轮以等角速度3转动，在推程时，凸轮的运动角为必，推杆完成行程人，该推杆运动规律为哪一种运动规律？试推导出该推杆推程的运动方程，并分析受到的冲击情况。图6（三）凸轮轮廓曲线的设计一、凸轮廓线设计方法的基本原理1.原理：反转法。在设计凸轮廓线时，可假设凸轮静止不动，而使推杆相对于凸轮作反转运动，同时又在其导轨内作预期运动，作出推杆在这种复合运动中的一系列位置，则其尖顶轨迹就是所求的凸轮廓线。一般步骤：（1）作出推杆在反转中依次占据的位置。（2）根据选定的运动规律，求出推杆在预期运动中依次占据的位置。（3）作出轮廓线。二、用作图法设计凸轮轮廓1 .对心直动尖顶推杆盘形凸轮机构己知：基圆半径，凸轮等3逆时针转动，运动规律己知要求：设计一对心直动尖顶推杆盘形凸轮机构。步骤：（1）画位移线图，并对其作等分。（2）取适当比例尺，根据已知作出基圆。（3）确定推杆在反转中占据的各位置（相应于运动线图对基圆作相应等分）（4）确定推杆尖顶在预期运动中占据的各位置。（5）连接各点成光滑曲线。2 .偏置直动尖顶推杆盘形凸轮机构图5.16a所示为偏置直动尖顶从动件盘形凸轮机构.设已知凸轮基圆半径小、偏距，、从动件的运动规律，凸轮以等角速度w沿逆时针方向回转，要求绘制凸轮轮廓曲线.凸轮轮廨曲线的设计步骤如下：（1）选取位移比例尺（，根据从动件的运动规律作出位移曲线，如图5.161所示，并将推程运动角仇和回程运动角此分成若干等分：（2）选定长度比例尺,=，作基圆，取从动件与基圆的接触点.4作为从动件的起始位置：（3）以凸轮转动中心。为圆心，以偏距，为半径所作的圆称为偏距圆。在偏距圆沿-切勿向就取心、心、个、心.并在偏距圆I ：作等分点，即R到从、号、各点：（4）过£,、&、K”作偏距圆的切线,这些切线即为从动件轴线在反转过程中所占据的位置：（5）上述切线与基园的交点从、区、%则为从动件的起始位置，故在量取从动件位移量时，应从4、81、8s开始,得到与之对应的、小、儿各点：（6）将A、,4,、A2、.%,各点光滑地连成曲线，便得到所求的凸轮轮廓曲线，其中等径例弧段0及G分别为使从动件远、近休止时的凸轮轮廓曲线.对于耐心直动尖顶从动件盘形凸轮机构,可以认为是e =0时的偏置凸轮机构，其设计方法。上述方法基本相同，只需将过偏距圆上各点作偏距圆的切线改图5.16偏宜自动尖顶从动件盘形凸轮设计为过基网上各点作基阅的射线即可.3 .偏置直动滚子推杆盘形凸轮机构已知：基圆半径，滚子半径，凸轮等3逆时针转动，运动规律已知要求：设计一偏置直动滚子推杆盘形凸轮机构。骤如下：将滚广中心.4当作从动件的尖顶，按照上述尖顶从动件盘形凸轮轮廓曲线的设计方法作出曲线自，这条曲线是反转过程中滚f中心的运动轨迹，称为凸轮的理论轮廓曲线；以理论轮廓曲线上各点为留心，以滚f半径r,为半径，作一系列的滚广圆，然后作这族滚广圆的内包络线尸,它就是凸轮的实际轮廓曲线.很显然，该实际轮廓曲线是上述理论轮廓曲线的等距曲线，且其距离与滚r 半径r,相等.但须注意，在滚从动件盘形凸轮机构的设计中，其基网半径r。应为理论轮廓曲线的最小向径.图5.17对心H动流从动件盘形凸轮设计说明：(1)理论轮廓线：滚子中心的轨迹线。(2)实际轮廓线：与滚子直接接触的凸轮轮廓曲线，又称工作廓线。(3)凸轮的基圆半径是指理论廓线的基圆半径。4 .对心直动平底推杆盘形凸轮机构已知：基圆半径，凸轮等3逆时针转动，